文档内容
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷(浙江专用)
黄金卷08
(考试时间：90分钟 试卷满分：100分)
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 Si 28 P 31 S 32 Cl
35.5 K 39 Ca 40 Cr 52 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Ga 70 As 75 Br 80 Pd 106 Ag 108
Ba 137
第Ⅰ卷
一、单项选择题：共16题，每题3分，共48分。每题只有一个选项最符合题意。
1．材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列属于新型无机非金属材料的是( )
A．水泥 B．碳化硅 C．橡胶 D．塑料
【答案】B
【解析】A项，水泥为传统无机硅酸盐材料，A错误；B项，碳化硅为新型无机非金属材料，B正
确；C项，橡胶为有机高分子材料，C错误；D项，塑料为有机高分子材料，D错误；故选B。
2．下列化学用语表示正确的是( )
A．溴的简化电子排布式：
B．1-丁醇的键线式：
C．Cl-Cl形成的 键模型：
D．水的VSEPR模型：
【答案】D
【解析】A项，溴位于周期表中第4周期第ⅤⅡA族，核外电子数35，电子排布式为
，A错误；B项，1-丁醇的键线式为 ，而 为1-丙醇，选项B错误；C项，Cl-Cl形成的 键模型： ，选项C错误；D项，HO中价层电子对个数=2+ =4，
2
且含有2个孤电子对，所以HO的VSEPR模型为四面体 ，选项D正确；故选D。
2
3．NaCO 是一种重要的盐，下列说法不正确的是( )
2 3
A．NaCO 属于强电解质
2 3
B．厨房油烟污渍可用热的NaCO 溶液清洗
2 3
C．NaCO 又称食用碱
2 3
D．NaCO 是泡沫灭火器的主要成分
2 3
【答案】D
【解析】A项，NaCO 在水溶液中完全电离，属于强电解质，故A正确；B项，NaCO 水解溶液呈碱
2 3 2 3
性，加热促进水解平衡正向移动，溶液碱性增强，所以厨房油烟污渍可用热的NaCO 溶液清洗，故B正
2 3
确；C项，NaCO 又称食用碱，故C正确；D项，NaHCO 是泡沫灭火器的主要成分之一，故D错误；故
2 3 3
选D。
4．规范的实验操作是实验成功的必要保证，下列有关实验操作描述正确的是( )
A．电解精炼铜时，粗铜作阴极
B．容量瓶和分液漏斗使用前均需查漏
C．滴定实验前，需用所盛装溶液分别润洗滴定管和锥形瓶
D．试管和烧杯均可用酒精灯直接加热
【答案】B
【关键能力】科学探究与创新意识
【解析】A项，根据电解析理，电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，A错误；B项，容量瓶和
分液漏斗使用前均需查漏，B正确；C项，滴定实验前，滴定管应要用所盛装溶液润洗，但锥形瓶不需要
润洗，C错误；D项，试管可用酒精灯直接加热，烧杯应垫上石棉网加热，而不能用酒精灯直接加热，D
错误；故选B。
5．下列说法不正确的是( )A．图①：进行化学实验时，需要佩戴护目镜，以保护眼睛
B．图②：可用于分离植物油和水的混合液
C．图③：可用于硫酸钠的焰色试验
D．图④：牺牲阳极法保护钢铁设备的示意图
【答案】D
【解析】A项， 是护目镜，进行化学实验时，需要佩戴护目镜，以保护眼睛，故A正确；B
项，植物油和水不互溶，可以利用分液分离。故B正确；C项，光洁的无锈铁丝焰色无色，可以用于硫酸
钠的焰色试验，故C正确；D项，将闸门与电源的负极相连，属于外加电源阴极保护法，故D错误；故选
D。
6．一种用氢气制备双氧水的反应原理如图所示，已知在化合物中钯(Pd)均以+2价形式存在，下列有
关说法正确的是( )
A．反应①②③均为氧化还原反应
B．反应①中HCl为还原产物
C．反应②中每产生1mol [PdCl O]2-，转移2mol电子
2 2
D．[PdCl ]2-和HCl均为该反应的催化剂
4
【答案】C
【解析】A项，由图可知，反应③中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，故A错误；B
项，由图可知，反应①中氢元素的化合价升高被氧化，氢气是反应的还原剂，氯化氢是氧化产物，故B错
误；C项，由图可知，反应②中钯生成1mol二过氧根二氯合钯离子时，反应转移2mol电子，故C正确；D项，由图可知，四氯合钯离子是反应的催化剂，氯化氢是反应的中间产物，故D错误；故选C。
7．设N 为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )
A
A．4.6gN 完全燃烧，一定有0.5N 个C-H键断裂
A A
B．0.1mol丙烯酸(CH=CHCOOH)中含有0.8N 个σ键
2 A
C．含0.5mol Cr O2-的酸性溶液与足量HO 反应生成 ，转移电子数4N
2 7 2 2 A
D．0.2mol FeCl 完全水解形成的Fe(OH) 胶体粒子数等于0.2N
3 3 A
【答案】B
【解析】A项，C HO存在同分异构体，可能为CHCHOH，也可能为CHOCH ，题目所给条件无法
2 6 3 2 3 3
判断物质结构，故无法确定C-H键断裂数目，故A错误；B项，每个CH=CHCOOH分子中有3个C-H
2
键，2个C-C键，2个C-O键，1个O-H键，0.1mol丙烯酸(CH=CHCOOH)中含有0.8N 个σ键，故B正
2 A
确；C项， 中存在的氧元素化合价为-2价和四个-1价，Cr元素化合价+6价，Cr O2-中铬元素化
2 7
合价+6价，元素化合价不变，不是氧化还原反应，故C错误；D项，胶体粒子是由多个分子或离子的聚集
体，0.2mol FeCl 完全水解形成的 Fe(OH) 胶体粒子数少于0.2N ，故D错误；故选B。
3 3 A
8．下列说法不正确的是( )
A．天然氨基酸均为无色晶体，熔点较高，难溶于乙醚
B．在碱催化下，苯酚和甲醛可缩聚成网状结构的热固性酚醛树脂
C．大豆蛋白纤维是一种可降解材料
D．聚氯乙烯通过加聚反应制得，可用作不粘锅的耐热涂层
【答案】D
【解析】A项，天然氨基酸均为无色晶体，熔点较高，一般能溶于水，难溶于乙醚等有机溶剂，A正
确；B项，碱性条件下，苯酚邻对位上的活泼氢先与甲醛加成，后在发生缩聚，生成网状结构的热固性酚
醛树脂，B正确；C项，蛋白质在酸性或者碱性条件下都能水解生成氨基酸，故大豆蛋白纤维是一种可降
解材料，C正确；D项，聚氯乙烯有毒，不能用来制作不粘锅的耐热涂层，D错误；故选D。
9．下列反应的离子方程式正确的是( )
A．用酸性KMnO 标准溶液滴定草酸：2MnO -+5C O2-+16H+=2Mn2++10CO ↑+8H O
4 4 2 4 2 2
B．Mg(HCO ) 溶液与过量NaOH溶液反应：Mg2++2HCO-+2OH-=MgCO↓+2H O
3 2 3 3 2C．用石墨电极电解CuCl 溶液：Cu2++2Cl-+2H O Cu(OH) ↓+H ↑+ Cl ↑
2 2 2 2 2
D．酸化的FeSO 溶液暴露在空气中：4Fe2++O +4H+═4Fe3++2H O
4 2 2
【答案】D
【解析】A项，草酸是弱酸，在离子反应中保留化学式，酸性KMnO 标准溶液滴定草酸：2MnO -
4 4
+5H C O+6H+=2Mn2++10CO ↑+8H O，故A错误；B项，向Mg(HCO ) 溶液中加入过量 的NaOH溶液，
2 2 4 2 2 3 2
反应的离子方程式为：Mg2++2HCO-+4OH-=Mg(OH) ↓+2CO 2-+2H O，故B错误；C项，用惰性石墨电极电
3 2 3 2
解CuCl 溶液，阳极的电极材料不参与反应，反应的离子方程式为：Cu2++2Cl- Cu+ Cl ↑，故C错误；D
2 2
项，酸化的FeSO 溶液暴露在空气中，离子方程式为：4Fe2++O +4H+═4Fe3++2H O，故D正确；故选D。
4 2 2
10．磷酸奥司他韦可以用于治疗流行性感冒，其结构如图所示。
下列关于磷酸奥司他韦的说法正确的是( )
A．分子中至少有7个碳原子共平面
B．该物质的分子式为C H ONP
16 31 8 2
C．1mol该物质最多能与2molNaOH发生反应
D．1mol该物质最多能与3molH 发生加成反应
2
【答案】B
【解析】A项，乙烯、-COO-中所有原子共平面，碳碳双键及直接连接碳碳双键的碳原子共平面，单
键可以旋转，该分子中至少有5个碳原子共平面，故A错误；B项，分子中C、H、O、N、P原子个数依
次是16、31、8、2、1，分子式为C H ONP，故B正确；C项，酰胺基、酯基水解生成的羧基及磷酸都
16 31 8 2
能和NaOH溶液反应，1mol该物质最多能消耗5molNaOH，故C错误；D项，碳碳双键和氢气以1：1发
生加成反应，酯基、酰胺基中碳氧双键和氢气不反应，1mol该物质最多消耗1mol氢气，故D错误；故选
B。
11．X、Y、Z、W四种元素，原子序数依次增大。Y与X、Z均相邻，元素Y的原子最外层电子数是
其内层电子数的3倍，元素Z基态原子的3p轨道上有4个电子。元素W基态原子的内层轨道全部排满电
子，且最外层电子数为1。下列说法不正确的是( )
A．第一电离能：X＞Y＞Z＞W
B．电负性：Y＞X＞ZC．元素Y和Z能形成含有极性键的非极性分子
D．元素Z和W的单质加热反应后产物的化学式为WZ
【答案】D
【解析】X、Y、Z、W四种元素，原子序数依次增大，Y与X、Z均相邻，元素Y的原子最外层电子
数是其内层电子数的3倍，则Y为O，元素Z基态原子的3p轨道上有4个电子，则X为N，Z为S，元素
W基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为1，则W为Cu。A项，第一电离能：N＞O＞S
＞Cu，A正确；B项，根据分析可知电负性：N＞O＞S，B正确；C项，元素Y和Z能形成含有极性键的
非极性分子SO ，C正确；D项，元素Z和W的单质加热反应后产物的化学式为Cu S，D错误； 故选
3 2
D。
12．实验室合成并提纯山梨酸乙酯(密度 ，沸点195.5℃)的过程如下图所示。下列说法正
确的是( )
A．操作①控温110℃，目的是除去生成的水
B．操作③可以通过观察气泡现象控制试剂a的用量
C．操作③④均应收集下层液体
D．操作②⑤可用玻璃棒轻轻拨散固体，以加快过滤速率
【答案】B
【解析】山梨酸和乙醇在浓硫酸、110℃条件下发生酯化反应生成山梨酸乙酯，产物混合物过滤后滤
液中加入试剂a为碳酸氢钠，用于中和多余的山梨酸，再用水洗涤分液，在有机层中加入少量无水硫酸镁
吸收多余的水分，再进行过滤得到滤液，滤液进行蒸馏得到山梨酸乙酯。A项，操作①控制温度为
110℃，加热可以加快反应的进行，同时温度又不至于过高导致乙醇大量挥发，且山梨酸乙酯的沸点高于
110℃可减少山梨酸乙酯的挥发，A错误；B项，操作③加入的是碳酸氢钠溶液，用于除去多余的山梨酸，
碳酸氢钠与山梨酸反应生成二氧化碳气体，可观察气泡现象控制碳酸氢钠溶液的用量，B正确；C项，操
作③④最后得到含有山梨酸乙酯的有机层，山梨酸乙酯密度小于水，因此应该收集上层的液体，C错误；
D项，过滤时玻璃棒的作用为引流，不能用其拨散固体，防止捣破滤纸，D错误；故选B。
13．一种用于发动机SCR系统的电解尿素(H NCONH)混合装置(X、Y为石墨电极，隔膜仅阻止气体
2 2
通过)如图，下列说法不正确的是( )A．装置工作时，电子由Y极流入，X极流出
B．Y极发生还原反应
C．X极的电极反应式为HNCONH+8OH--6e- = N ↑+CO 2-+6H O
2 2 2 3 2
D．若用铅酸蓄电池为电源，理论上消耗49 g HSO 时，此装置中有0.5mol H 生成
2 4 2
【答案】D
【解析】该电池反应时中，氮元素化合价由-3价变为0价，H元素化合价由+1价变为0价，所以生成
氮气的电极X是阳极，生成氢气的电极Y是阴极，阳极反应式为HNCONH+8OH--6e- = N ↑+CO 2-+6H O，
2 2 2 3 2
阴极反应式为2HO+2e-═H ↑+2OH-。A项，该装置为电解池，由分析可知电极X是阳极，Y是阴极，阳极
2 2
与原电池中正极相连，阴极与负极相连，由电子由负极流向正极，则电子由Y极流入，X极流出，故A正
确；B项，Y为阴极得电子发生还原反应，阴极反应式为2HO+2e-═H ↑+2OH-，故B正确；C项，该电池
2 2
反应时中，氮元素化合价由-3价变为0价，H元素化合价由+1价变为0价，X是阳极，阳极反应式为
HNCONH+8OH--6e- = N ↑+CO 2-+6H O，故C正确；D项，铅酸蓄电池的总反应为
2 2 2 3 2
Pb+PbO+2H SO =2PbSO+2H O，每消耗2mol HSO 转移2mol电子，理论上消耗49 g HSO 即物质的量为
2 2 4 4 2 2 4 2 4
，转移0.5mol电子，由2HO+2e-═H ↑+2OH-，可知有0.25mol H 生成，故D错
2 2 2
误；故选D。
14．2-溴-2-甲基丙烷发生水解反应[(CH )C Br +H O (CH)C +HBr]的能量变化与反应过程的关
3 3 2 3 3
系如下图所示。下列说法不正确的是( )A．溶液碱性增强，2-溴-2-甲基丙烷的水解百分率增大
B．该反应在低温下自发进行
C．分子中碳溴键断裂的速率比(CH)C +与HO结合速率快
3 3 2
D．碘原子半径比氯大，因此(CH)C-I水解生成(CH)C-OH的速率比(CH)C -Cl快
3 3 3 3 3 3
【答案】C
【解析】A项，溶液碱性增强，(CH)C Br +H O (CH)C +HBr平衡正向移动，2-溴-2-甲基丙烷
3 3 2 3 3
的水解百分率增大，故A正确；B项，正反应放热，△H<0，生成物微粒增多，△S>0，所以该反应在任意
温度下都能自发进行，故B正确；C项，分子中碳溴键断裂的活化能大，所以碳溴键断裂的速率比(CH)C
3 3
+与HO结合速率慢，故C错误；D项，碘原子半径比氯大，C-Cl键能大于C-I键能大，因此(CH)C-I水
2 3 3
解生成(CH)C-OH的速率比(CH)C -Cl快，故D正确；故选C。
3 3 3 3
15．可溶性钡盐有毒，医院中常用硫酸钡这种钡盐作为内服造影剂。已知：K (BaCO)=5.0×10-9；
sp 3
K (BaSO)=1.0×10-10。下列推断正确的是( )
sp 4
A．饱和BaCO 溶液中存在：c(Ba2+)=c(HCO -)+c(CO2-)
3 3 3
B．向BaCO 、BaSO 的饱和混合溶液中加入少量BaCl ，溶液中 减小
3 4 2
C．不用碳酸钡作为内服造影剂，是因为K (BaCO)＞K (BaSO)
sp 3 sp 4
D．若每次加入1 L2mol·L-1的NaCO 溶液，至少需要6次可将0.2mol BaSO 转化为BaCO
2 3 4 3
【答案】D
【解析】A项，BaCO 是难溶性盐，饱和BaCO 溶液中存在：BaCO (s) Ba2+ (aq)+ CO 2- (aq)，
3 3 3 3
根据物料守恒：c(Ba2+)=c(HCO -)+c(CO2-)+c(H CO)，故A错误；B项，BaCO 、BaSO 的饱和混合溶液中
3 3 2 3 3 4存在平衡：BaCO (s)+SO 2-(aq) BaSO (s)+ CO 2- (aq)，溶液中 ，少量
3 4 4 3
BaCl ，度不变，K (BaCO)和K (BaSO)不变， 不变，故B错误；C项，胃液中含有盐酸，不用
2 sp 3 sp 4
碳酸钡作为内服造影剂的原因是：碳酸钡能和盐酸反应而溶解，和溶度积常数无关，故C错误；D项，向
BaSO 中加入NaCO 溶液，发生反应BaSO (s)+CO 2-(aq) BaCO (s)+ SO 2- (aq)，该反应的平衡常
4 2 3 4 3 3 4
数K= ，若每次加入1 L2mol·L-1的NaCO 溶液，能处理BaSO 物质的
2 3 4
量xmol，则K= ，x= ， ，所以至少6次可以将0.2mol BaSO 转化为
4
BaCO ，故D正确；故选D。
3
16．探究钠及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是( )
实验方案 现象 结论
分别测定NaHCO 和NaCO 两者都大于7，且
A 3 2 3 CO2-的水解能力强于HCO -
溶液的pH NaCO 溶液的pH大 3 3
2 3
B 对某未知溶液进行焰色试验 火焰呈黄色 该溶液中含有钠盐
用形状和质量相同的钠，分
钠与乙醇反应比与 乙醇中羟基的活性强于苯酚中羟
C 别和等物质的量的苯酚和乙
苯酚反应剧烈 基的活性
醇反应
向饱和NaHCO 溶液中滴加 溶液变浑浊同时产 发 生 的 反 应 ： Ba2++2HCO-
D 3 3
一定量的浓BaCl 溶液 生气泡 =BaCO↓+CO ↑+H O
2 3 2 2
【答案】D
【解析】A项，两溶液的浓度不确定，不能根据溶液的pH值判断水解程度的大小，故A错误；B
项，焰色呈黄色说明溶液中存在钠离子，不一定是钠盐，故B错误；C项，钠与苯酚反应比钠与乙醇反应
剧烈，苯酚中的羟基活性强于乙醇中羟基，故C错误；D项，通过现象可知反应生成碳酸钡和二氧化碳气
体，则反应离子方程式为：Ba2++2HCO-=BaCO ↓+CO ↑+H O，故D正确；故选D。
3 3 2 2
第Ⅱ卷二、非选择题：共5题，共52分。
17．(10分)第ⅢA和第ⅤA元素可形成多种化合物。请回答：
(1)基态B原子核外电子占据的最高能级符号是 ，基态As原子的价层电子排布式是
。
(2)① 固体储氢材料氨硼烷BH·NH ，其结构和乙烷相似，下列有关说法正确的是 。
3 3
A．氨硼烷中B原子的杂化方式为sp2
B．相同条件下在水中的溶解度：氨硼烷>乙烷
C．元素B、N的第一电离能均高于相邻元素
D． 是硼原子能量最低的激发态
②BF 形成的化合物中配位键的强度：BF·N(CH )Cl BF·N(CH )Cl (填“>”、“<”或“=”)，
3 3 3 2 3 3 2
理由是 。
(3)一种含Ga化合物晶胞如图甲，三个晶胞围成一个六棱柱，如图乙，该化合物的化学式为
，每个N原子周围距离最近的N原子数目为 。
【答案】(1) 2p(1分) 4s24p3(1分)
(2) B(1分) >(1分) Cl电负性大，N(CH )Cl中Cl原子多，使N电子云密度降低，N的孤电子
3 2
对不易给出与BF 形成配位键，即形成的配位键稳定性低(2分)
3
(3) GaN(2分) 12(2分)
【解析】(1)基态B原子核外电子排布：1s22s22p1，占据的最高能级符号2p；As原子序数33，基态As
原子与的价层电子排布式4s24p3；(2)①A项，氨硼烷BH·NH ，其结构和乙烷相似，则氨硼烷中B原子的
3 3
杂化方式为sp3，A错误；B项，氨硼烷分子与水分子间可形成氢键，所以相同条件下在水中的溶解度：氨
硼烷>乙烷，B正确；C项，N原子核外电子排布处于半充满稳定结构，第一电离能高于相邻元素；B核外
电子排布：1s22s22p1，第一电离能不高于相邻元素，C错误；D项， 2s能级未排满电子，不是硼原子能量最低的激发态，D错误；故选B；②Cl电负性大，N(CH )Cl 中Cl原子多，使N
3 2
电子云密度降低，N的孤电子对不易给出与BF 形成配位键，即形成的配位键稳定性低；(3)均摊法计算可
3
知Ga原子与N原子个数比为1：1，则其化学式：GaN；距离每个N原子距离最近的N原子数目为12。
18．(10分)工业上按如下流程制备硝酸和肼(N H)。
2 4
(1)途径Ⅰ是工业制硝酸的第一步，写出化学方程式 。
(2) N H 的制法可通过途径Ⅱ：用过量NH 和CHCHO的混合物与氯气进行气相反应合成异肼
2 4 3 3
，然后使其水解得到肼。
①下列说法不正确的是 。
A．NH 属于电解质 B．途径Ⅱ中氯气作还原剂
3
C．N、H、NH 均为非极性分子 D．异肼中氮的化合价呈负价
2 2 2 4
②相同条件下，氨的沸点低于肼的主要原因是 。
(3)Zn元素的化学性质与Al相似。Zn与很稀的硝酸反应，氮元素被还原到最低价，写出该反应的离子
方程式 ；检验反应后溶液中除H+外的阳离子的方法是 。
【答案】(1)4NH +5O 4NO+6H O(2分)
3 2 2
(2) ABC(2分) 肼分子间形成的氢键数目多于氨(2分)
(3) 4Zn+10H++NO-=4Zn2++NH++3H O(2分) 取反应后的少量溶液分成两份，一份滴加足量NaOH
3 4 2
溶液并加热，产生能使湿润红色试纸变蓝的气体，则含有NH +，另一份滴加NaOH溶液至过量，先产生白
4
色沉淀后沉淀完全溶解，则含有Zn2+(2分)
【解析】N、H 在催化剂作用下合成NH ，NH 催化氧化可生成NO等，NO再被O 氧化为NO ，NO
2 2 3 3 2 2 2
用水吸收可制得HNO；NH 、CHCHO、Cl 发生氧化还原反应，可生成异肼 等，异肼
3 3 3 2与HO反应可生成NH。(1)途径Ⅰ是工业制硝酸的第一步，NH 催化氧化可生成NO等，化
2 2 4 3
学方程式为4NH +5O NO+6H O。(2)①A项，氨水能导电，但导电离子来自一水合氨的电离，所以
3 2 4 2
NH 属于非电解质，A不正确；B项，途径Ⅱ中，NH 中N元素显-3价，异肼 中N元素显-2
3 3
价，N元素的化合价升高，做还原剂，则氯气作氧化剂，B不正确；C项，N、H 为非极性分子，NH
2 2 2 4
中，N原子的最外层有1个孤电子对，对成键电子有排斥作用，使分子结构不对称，为极性分子，C不正
确；D项，N的非金属性大于C，则异肼中氮的化合价呈-2价，D正确；故选ABC。②相同条件下，氨和
肼都能形成分子间的氢键，但肼形成氢键的数目比氨更多，所以氨的沸点低于肼的主要原因是：肼分子间
形成的氢键数目多于氨。(3)Zn与很稀的硝酸反应，氮元素被还原到最低价(-3价)，即生成NH +，该反应
4
的离子方程式为4Zn+10H++NO-=4Zn2++NH++3H O；溶液中除H+外的阳离子还有NH +和Zn2+，检验
3 4 2 4
NH +时，可加入碱，再检验产生的气体，检验Zn2+时，可利用Zn(OH) 的两性，方法是：取反应后的少量
4 2
溶液分成两份，一份滴加足量NaOH溶液并加热，产生能使湿润红色试纸变蓝的气体，则含有NH +，另一
4
份滴加NaOH溶液至过量，先产生白色沉淀后沉淀完全溶解，则含有Zn2+。
19．(10分)CO 过度排放会引起气候、环境等问题。在Cu/ZnO催化剂下，CO 和H 可发生反应生成
2 2 2
CHOH和CO，热化学方程式如下：
3
Ⅰ.CO(g)＋3H(g) CHOH(g)＋HO(g) ΔH＝-50kJ·mol−1
2 3 2
Ⅱ.CO(g)＋H(g) CO(g)＋HO(g) ΔH＝+41.2kJ·mol−1
2 2 2
(1)已知：2CO(g)＋O(g)=2CO (g) ΔH ＝-566kJ·mol−1
2 2 1
HO(g)=H O(l) ΔH＝-44kJ·mol−1
2 2
写出表示氢气燃烧热的热化学方程式 。
(2)在一定温度下，向体积固定的密闭容器中通入1mol CO 和2.31molH，起始压强为0.33MPa，发生
2 2
反应Ⅰ和Ⅱ。平衡时，总压为0.25MPa，CO 的转化率为50%，则反应Ⅰ的平衡常数K =
2 P
(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)
(3)不同压强下，维持投料比相同，实验测定CO 的平衡转化率随温度的变化关系如图1所示。在恒压
2
密闭容器中，维持投料比相同，将CO 和H 按一定的流速通过反应器，二氧化碳的转化率 和甲
2 2醇的选择性 [ ]随温度变化关系如图2所示。图示温度范围催化剂的活性
受温度影响不大。
①下列说法不正确的是 。
A．图1中，P＜P＜P＜P
1 2 3 4
B．图1中550℃后以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ前后气体分子数相等，压强改变对平衡基本没有影响
C．图2中236℃后，升温使反应Ⅰ平衡逆向移动的程度大于反应Ⅱ平衡正向移动程度，使CO 转化率
2
和CHOH选择性都下降
3
D．改用活性更好的催化剂能使图2中各温度下CO 转化率都增大
2
②假设只发生反应Ⅰ，一定温度下氢气和二氧化碳的物质的量之比为n：1，相应平衡体系中甲醇的物
质的量分数为y，请在图3中绘制y随n变化的示意图。
(4)在密闭容器中，维持其他条件不变，在不同的压强下发生反应Ⅰ和Ⅱ，二氧化碳的平衡转化率和甲
醇的选择性随压强变化关系如下表所示。n(CO)随压强增大而 (填“增大”“减小”或“不
变”)，从化学平衡移动角度解释原因 。
压强P(MPa) 1 2 3 4 5 6
CO 的平衡转化率% 8.1 15.3 22.2 29.5 36.1 43.2
2
CHOH的选择性% 49.5 80.1 90.0 94.5 97.1 98.6
3【答案】(1) (1分)
(2)40(2分) (3) AD(2分) (2分)
(4)减小(1分) 增大压强使反应Ⅰ平衡正向移动，水蒸气浓度变大，CO 和H 浓度下降，使反应Ⅱ
2 2
平衡逆向移动(2分)
【解析】(1)氢气燃烧热的热化学方程式 ，已知①2CO(g)＋O(g)=2CO (g)、
2 2
②HO(g)=H O(l)，根据盖斯定律，反应II+ 反应①+反应②可得，
2 2
，则表示氢气燃烧热的热化学方程式
；(2)一定温度体积不变的情况下，气体的物质的量与压强成正比，起始压强为
0.33MPa，平衡时总压为0.25MPa，则平衡时总物质的量为 ，CO 的转化率为
2
50%，则消耗n(CO)=0.5mol，设反应I和II分别消耗CO x mol、y mol，列三段式：
2 2
则有x+y=0.5、(1-x-y)+(2.3-3x-y)+(x+y)+(x+y)=2.5，解得x=0.4，y=0.1，平衡时n(CO)=0.5mol，
2n(H )=1mol，n(CHOH)=0.4mol，n(H O)=0.5mol，反应Ⅰ的平衡常数
2 3 2
；(3)①A项，相同温度下，增大压
强平衡正向移动，二氧化碳的转化率 增大，则图1中，P＞P＞P＞P，故A错误；B项，图1
1 2 3 4
中550℃后以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ前后气体分子数相等，压强改变对平衡基本没有影响，因此二氧化碳的
转化率 几乎相等，故B正确；C项，反应I为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳的
转化率降低，反应II为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，所以甲醇的选择性随温度升高而下降，则图
2中236℃后，升温使反应Ⅰ平衡逆向移动的程度大于反应Ⅱ平衡正向移动程度，使CO 转化率和CHOH
2 3
选择性都下降，故C正确；D项，催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动，改用活性更好的催化剂能使
图2中各温度下CO 转化率都不变，故D错误；故选AD；②若只发生反应Ⅰ，当氢气和二氧化碳的物质
2
的量之比为3：1时，甲醇的物质的量分数最大，此时n=3，最后随着n的增大，甲醇的物质的量分数开始
逐渐减小，示意图为 ；(4)根据表格可知随着压强增大，CO 的平衡转化率变
2
大，说明消耗CO 增多，剩余的n(CO)随压强增大而减小，从化学平衡移动角度解释原因为：增大压强使
2
反应Ⅰ平衡正向移动，水蒸气浓度变大，CO 和H 浓度下降，使反应Ⅱ平衡逆向移动。
2 2
20．(10分)我国是稀土储量大国，氧化铈(CeO)是一种应用广泛的稀土氧化物。一种用氟碳铈矿
2
(CeFCO，含BaO、SiO 等杂质)为原料制备CeO 的工艺如下图。
3 2 2已知：①Ce3+可形成难溶于水的复盐[(Ce (SO )·Na SO ·nH O]，其氢氧化物也难溶于水。
2 4 3 2 4 2
②硫脲的结构简式为CS(NH )，在酸条件下易被氧化为(CSN H)。
2 2 2 3 2
请回答：
(1)实验室常用下图所示仪器进行固体物质的粉碎，该仪器的名称是 。
(2)焙烧后加入稀硫酸浸出，Ce元素的浸出率和稀硫酸浓度、温度的关系如图所示，下列说法正确的
是_______
A．固体A的成分是SiO
2
B．步骤①和步骤②均包含过滤、洗涤操作，洗涤的目的相同
C．步骤②加入硫脲的目的将CeF 2+还原为Ce3+
2
D．根据上图，焙烧后加入稀硫酸浸出时，适宜的条件为85℃，c(HSO )=2.5mol/L
2 4
(3)步骤④发生的离子方程式为 。
(4)取ag所制CeO，溶解后配制成250mL溶液。取bmL该溶液用0.01mol·L-1(NH )Fe(SO ) 溶液滴
2 4 2 4 2
定，滴定时发生反应：Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，达到滴定终点时消耗(NH )Fe(SO ) 溶液VmL。
4 2 4 2
实验室配制250ml0.01mol/L的(NH )Fe(SO ) 溶液的过程如下(未排序)：
4 2 4 2
①将已恢复至室温的溶液沿玻璃棒注入250mL容量瓶中；
②盖好容量瓶瓶塞，反复上下颠倒，摇匀；
③用天平称取ng(NH )Fe(SO ) 固体并放入烧杯中，加入约30mL蒸馏水充分搅拌、溶解；
4 2 4 2
④用30mL蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，并将每次洗涤液转入容量瓶中，轻轻振荡；
⑤定容：用胶头滴管滴加至凹液面和刻度线相切；
⑥将配置好的溶液倒入试剂瓶中，贴好标签；实验操作顺序依次为 (填序号)。滴定过程中，接近终点时需采用半滴操作，具体操作是
。
(5)该产品的质量分数为 (列出表达式)
【答案】(1)研钵(1分) (2)C(2分) (3)2Ce3++6HCO-=Ce (CO) ↓+3H O+3CO↑(1分)
3 2 3 2 2
(4)③①④⑤②⑥(2分) 慢慢旋转滴定管旋塞，使滴定管口悬挂液滴而不滴落，用锥形瓶内壁靠落
液滴，并用蒸馏水将液滴冲入溶液中，振荡锥形瓶使溶液充分混合(2分)
(5) (2分)
【解析】氟碳铈矿在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为四价Ce，用硫酸浸取，四价Ce进入溶液得到
含CeF 2+溶液，SiO 不反应，BaO与硫酸反应生成BaSO 沉淀，过滤分离，滤渣A为SiO、BaSO，含
2 2 4 2 4
CeF 2+溶液中加入硫脲将四价Ce还原为Ce3+，Ce (SO ) 与NaSO 形成复盐沉淀Ce (SO )· Na SO ·nH O，
2 2 4 3 2 4 2 4 3 2 4 2
过滤分离，复盐沉淀加入碱，再加入酸，Ce3+被转移到溶液中，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce (CO)，
2 3 3
最后灼烧分解生成CeO。(1)该仪器的名称是研钵；(2)A项，由分析可知，固体A的成分是SiO、BaSO，
2 2 4
错误；B项，步骤①和步骤②均为分离固液的操作，包含过滤，但是步骤①洗涤沉淀的目的是回收残留的
Ce4+，而步骤②洗涤的目的是去除残留在沉淀B表面的杂质残液，错误；C项，步骤②加入硫脲的目的将
CeF 2+还原为Ce3+，正确；D项，根据上图，焙烧后加入稀硫酸浸出时，适宜的条件为85℃，氢离子浓度
2
约为2.5mol/L，则c(HSO )=1.25mol/L，错误；故选C；(3)步骤④反应为Ce3+溶液中加入碳酸氢铵使Ce3+沉
2 4
淀为Ce (CO)，根据质量守恒可知，还会生成水和二氧化碳气体，发生的离子方程式为2Ce3++6HCO-
2 3 3 3
=Ce (CO) ↓+3H O+3CO↑；(4)配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解(冷却)、转
2 3 2 2
移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；因此顺序为③①④⑤②⑥；滴定过程中，接近终点时需采用半滴操
作，具体操作是：慢慢旋转滴定管旋塞，使滴定管口悬挂液滴而不滴落，用锥形瓶内壁靠落液滴，并用蒸
馏水将液滴冲入溶液中，振荡锥形瓶使溶液充分混合；(5)滴定时发生反应：Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，则该产
品中CeO 物质的量为： ，该产品的质量分数为
2
。
21．(12分)双咪唑是合成治疗高血压药物替米沙坦的一种中间体，其合成路线如下：已知： 。请回答：
(1)化合物A中所含官能团的名称为 。
(2)下列有关说法正确的是___________。
A．②的反应类型为还原反应
B．双咪唑的分子式为C H N
18 22 4
C．化合物D在酸性、碱性条件下水解，均可生成盐
D．常温下，化合物F在水中有较大的溶解度
(3)③ 的化学方程式为 。
(4)E的结构简式为 。
(5)写出3种同时符合下列条件的化合物H的同分异构体的结构简式 。
①分子中只含有1个环，且为连有-NO 的苯环；
2
②分子中共有3种不同化学环境的氢原子。
(6)参照上述合成路线，设计由 和 合成 的路线
(其它无机试剂任选)。
【答案】(1)羧基、硝基(1分) (2)AC(2分)
(3) +HCl(2分)(4) (1分)
(5) 、 、 (3分)
(6) (3分)
【解析】A( )与甲醇发生酯化反应生成B( )，B在Fe/HCl作用下发生还原反应生成C(
)。C发生取代反应生成D。D在浓硫酸催化作用下与硝酸发生硝化反应生成E(
)。E在Fe/HCl作用下发生还原反应生成F，F与乙酸条件下成环生成G(
)和水，G在氢氧化钠条件下发生水解反应后酸化得H( )，H与反应生成目标产物。(1)化合物A( )中所含官能团的名称为羧基、硝基；(2)A项，B
在Fe/HCl作用下发生还原反应生成C( )，故②的反应类型为还原反应，A正确；B项，双咪唑的
分子式为C H N，B错误；C项，化合物D含有酯基和酰胺键，在酸性、碱性条件下水解，均可生成
19 20 4
盐，C正确；D项，常温下，化合物F在有机溶剂中有较大的溶解度，水中溶解度小，D错误；故选AC；
(3)C( )发生取代反应生成D： ；(4)D在
浓硫酸催化作用下与硝酸发生硝化反应生成E( )；(5)同分异构体为①分子中只含有1
个环，且为连有-NO 的苯环；②分子中共有3种不同化学环境的氢原子，该分子高度对称，满足条件的H(
2
) 、 、 ；(6)反应物 在Fe/HCl作用下发生还原反应生成 ，甲苯在高锰酸钾条件下被氧化成苯甲酸，苯甲酸与
反应生成目标产物： 。
