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2023 年高考浙江卷化学真题
H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5
可能用到的相对原子质量：
K-39 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Br-80 Ag-108 I-17 Ba-137
一、选择题(本大题共 16小题，每小题 3分，共 48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. 材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列材料主要成分属于有机物的是
A. 石墨烯 B. 不锈钢 C. 石英光导纤维 D. 聚酯纤维
【答案】D
【解析】
【详解】A．石墨烯是一种由单层碳原子构成的平面结构新型碳材料，为碳的单质，属于无机物，A不符
合题意；
B．不锈钢是Fe、Cr、Ni等的合金，属于金属材料，B不符合题意；
C．石英光导纤维的主要成分为SiO ，属于无机非金属材料，C不符合题意；
2
D．聚酯纤维俗称“涤纶”，是由有机二元酸和二元醇缩聚而成的聚酯经纺丝所得的合成纤维，属于有机
物，D符合题意；
故选D。
2. 下列化学用语表示正确的是
A. H S分子的球棍模型：
2
B. AlCl 的价层电子对互斥模型：
3
gg
C. KI的电子式：K∶I ∶
gg
D. CH CHCH CH 的名称：3−甲基戊烷
3 2 3 2
【答案】D
【解析】
【详解】A．H S分子是“V”形结构，因此该图不是H S分子的球棍模型，故A错误；
2 2
1
B．AlCl 中心原子价层电子对数为3+ (3-1´3)=3+0=3，其价层电子对互斥模型为平面三角形，故
3 2
B错误；
第1页 | 共26页C．KI是离子化合物，其电子式： ，故C错误；
D．CH CHCH CH 的结构简式为 ，其名称为3−甲基戊烷，故D正确。
3 2 3 2
综上所述，答案为D。
3. 氯化铁是一种重要的盐，下列说法不正确的是
A. 氯化铁属于弱电解质 B. 氯化铁溶液可腐蚀覆铜板
C. 氯化铁可由铁与氯气反应制得 D. 氯化铁溶液可制备氢氧化铁胶体
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯化铁能完全电离出铁离子和氯离子，属于强电解质，A错误；
B．氯化铁溶液与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，可用来蚀刻铜板，B正确；
C．氯气具有强氧化性，氯气与铁单质加热生成氯化铁，C正确；
D．向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，继续加热呈红褐色，铁离子发生水解反应可得到氢氧化铁胶体，D正
确；
故选：A。
4. 物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是
A. 铝有强还原性，可用于制作门窗框架
B. 氧化钙易吸水，可用作干燥剂
C. 维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂
D. 过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，可作潜水艇中的供氧剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．铝用于制作门窗框架，利用了铝的硬度大、密度小、抗腐蚀等性质，而不是利用它的还原
性，A不正确；
B．氧化钙易吸水，并与水反应生成氢氧化钙，可吸收气体中或密闭环境中的水分，所以可用作干燥剂，
B正确；
C．食品中含有的Fe2+等易被空气中的氧气氧化，维生素C具有还原性，且对人体无害，可用作食品抗氧
化剂，C正确；
D．过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，同时可吸收人体呼出的二氧化碳和水蒸气，可作潜水艇中的供
氧剂，D正确；
第2页 | 共26页故选A。
5. 下列说法正确的是
A. 图①装置可用于制取并收集氨气
B. 图②操作可排出盛有KMnO 溶液滴定管尖嘴内的气泡
4
C. 图③操作俯视刻度线定容会导致所配溶液浓度偏大
D. 图④装置盐桥中阳离子向ZnSO 溶液中迁移
4
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，遇冷又化合生成氯化铵，则直接加热氯化铵无法制得氨
气，实验室用加热氯化铵和氢氧化钙固体的方法制备氨气，故A错误；
B．高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，所以高锰酸钾溶液应盛放在酸式滴定管在，不能盛放在
碱式滴定管中，故B错误；
C．配制一定物质的量浓度的溶液时，俯视刻度线定容会使溶液的体积偏小，导致所配溶液浓度偏大，故
C正确；
D．由图可知，锌铜原电池中，锌电极为原电池的负极，铜为正极，盐桥中阳离子向硫酸铜溶液中迁移，
故D错误；
故选C。
6. 化学烫发巧妙利用了头发中蛋白质发生化学反应实现对头发的“定型”，其变化过程示意图如下。下列说
法不正确的是
第3页 | 共26页A. 药剂A具有还原性
B. ①→②过程若有2 mol S-S键断裂，则转移4 mol电子
C. ②→③过程若药剂B是H O ，其还原产物为O
2 2 2
D. 化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中S-S键位置来实现头发的定型
【答案】C
【解析】
【详解】A．①→②是氢原子添加进去，该过程是还原反应，因此①是氧化剂，具有氧化性，则药剂A
具有还原性，故A正确；
B．①→②过程中S的价态由−1价变为−2价，若有2 mol S-S键断裂，则转移4 mol电子，故B正确；
C．②→③过程发生氧化反应，若药剂B是H O ，则B化合价应该降低，因此其还原产物为H O，故
2 2 2
C错误；
D．通过①→②过程和②→③过程，某些蛋白质中S-S键位置发生了改变，因此化学烫发通过改变头发
中某些蛋白质中S-S键位置来实现头发的定型，故D正确。
综上所述，答案为C。
7. N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A
A. 4.4gC H O中含有σ键数目最多为0.7N
2 4 A
B. 1.7gH O 中含有氧原子数为0.2N
2 2 A
C. 向1L0.1mol/LCH COOH溶液通氨气至中性，铵根离子数为0.1N
3 A
D. 标准状况下，11.2LCl 通入水中，溶液中氯离子数为0.5N
2 A
【答案】A
【解析】
【详解】A．1个C H O中含有6个σ键和1个π键(乙醛)或7个σ键(环氧乙烷)，4.4gC H O的物质的量
2 4 2 4
为0.1mol，则含有σ键数目最多为0.7N ，A正确；
A
1.7g
B．1.7gH O 的物质的量为 =0.05mol，则含有氧原子数为0.1N ，B不正确；
2 2 34g/mol A
第4页 | 共26页C．向1L0.1mol/LCH COOH溶液通氨气至中性，溶液中存在电荷守恒关系：
3
c(CH COO-)+c(OH-)=c(NH+)+c(H+)，中性溶液c(OH-)=c(H+)，则c(CH COO-)=c(NH+)，再根据物料守
3 4 3 4
恒：n(CH COO-)+n(CH COOH)=0.1mol，得出铵根离子数小于0.1N ，C不正确；
3 3 A
D．标准状况下，11.2LCl 的物质的量为0.5mol，通入水中后只有一部分Cl 与水反应生成H+、Cl-和
2 2
HClO，所以溶液中氯离子数小于0.5N ，D不正确；
A
故选A。
8. 下列说法不正确的是
A. 通过X射线衍射可测定青蒿素晶体的结构
B. 利用盐析的方法可将蛋白质从溶液中分离
C. 苯酚与甲醛通过加聚反应得到酚醛树脂
D. 可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别苯、乙醛和醋酸溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．X射线衍射实验可确定晶体的结构，则通过X射线衍射可测定青蒿素晶体的结构，故A正
确；
B．蛋白质在盐溶液中可发生盐析生成沉淀，因此利用盐析的方法可将蛋白质从溶液中分离，故B正确；
C．苯酚与甲醛通过缩聚反应得到酚醛树脂，故C错误；
D．新制氢氧化铜悬浊液与乙醛加热反应条件得到砖红色沉淀，新制氢氧化铜悬浊液与醋酸溶液反应得到
蓝色溶液，因此可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别苯、乙醛和醋酸溶液，故D正确。
综上所述，答案为C。
9. 下列反应的离子方程式正确的是
A.
碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气：2Fe2++2I-+2Cl =2Fe3++I +4Cl-
2 2
B. 向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳：ClO-+CO +H O=HClO+HCO-
2 2 3
C. 铜与稀硝酸：Cu+4H++2NO- =Cu2++2NO +2H O
3 2 2
D. 向硫化钠溶液通入足量二氧化硫：S2-+2SO +2H O=H S+2HSO-
2 2 2 3
【答案】B
【解析】
【详解】A．碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气，碘离子与氯气恰好完全反应，：2I-+Cl =I +2Cl-，故
2 2
A错误；
第5页 | 共26页B．向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳，反应生成碳酸氢钙和次氯酸：
ClO-+CO +H O=HClO+HCO-，故B正确；
2 2 3
C．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水：3Cu+8H++2NO- =3Cu2++2NO+4H O，故C错
3 2
误；
D．向硫化钠溶液通入足量二氧化硫，溶液变浑浊，溶液中生成亚硫酸氢钠：
2S2-+5SO +2H O=3S¯+4HSO-，故D错误；
2 2 3
答案为B。
10. 丙烯可发生如下转化，下列说法不正确的是
A. 丙烯分子中最多7个原子共平面
B. X的结构简式为CH CH=CHBr
3
C. Y与足量KOH醇溶液共热可生成丙炔
D. 聚合物Z的链节为
【答案】B
【解析】
【分析】CH -CH=CH 与Br 的CCl 溶液发生加成反应，生成 (Y)；CH -CH=CH 与Br
3 2 2 4 3 2 2
在光照条件下发生甲基上的取代反应，生成 (X)；CH -CH=CH 在催化剂作用下发生加聚
3 2
反应，生成 (Z)。
【详解】A．乙烯分子中有6个原子共平面，甲烷分子中最多有3个原子共平面，则丙烯
分子中，两个框内的原子可能共平面，所以最多7个原子共平面，A正确；
第6页 | 共26页B．由分析可知，X的结构简式为 ，B不正确；
C．Y( )与足量KOH醇溶液共热，发生消去反应，可生成丙炔(CH C≡CH)和KBr等，
3
C正确；
D．聚合物Z为 ，则其链节为 ，D正确；
故选B。
11. X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Y与Z位于同一周期，且只有X、 Y元
素相邻。X基态原子核外有2个未成对电子，W原子在同周期中原子半径最大。下列说法不正确的是
A. 第一电离能：Y>Z>X
B. 电负性：Z>Y>X>W
C. Z、W原子形成稀有气体电子构型的简单离子的半径：W Y > X，故A错误；
B．根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，则电负性：Z>Y>X>W，故
B正确；
C．根据同电子层结构核多径小，则Z、W原子形成稀有气体电子构型的简单离子的半径：W反应Ⅱ
B. 反应活化能：反应I<反应Ⅱ
C. 增加HCl浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物I的比例
D. 选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应I、Ⅲ为放热反应，相同物质的量的反应物，反应I放出的热量小于反应Ⅱ放出的热量，
反应放出的热量越多，其焓变越小，因此反应焓变：反应I>反应Ⅱ，故A正确；
B．短时间里反应I得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应I的速率比反应Ⅱ的速率快，速率越快，
其活化能越小，则反应活化能：反应I<反应Ⅱ，故B正确；
C．增加HCl浓度，平衡正向移动，但平衡时产物Ⅱ和产物I的比例可能降低，故C错误；
D．根据图中信息，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ，故D正确。
第9页 | 共26页综上所述，答案为C。
15. 草酸(H C O )是二元弱酸。某小组做如下两组实验：
2 2 4
实验I：往20 mL 0.1 mol×L-1 NaHC O 溶液中滴加0.1 mol×L-1NaOH溶液。
2 4
实验Ⅱ：往20 mL 0.10 mol×L-1NaHC O 溶液中滴加0.10 mol×L-1CaCl 溶液。
2 4 2
[已知：H C O 的电离常数K =5.4´10-2,K =5.4´10-5,K CaC O =2.4´10-9，溶液混合后体积变化
2 2 4 al a2 sp 2 4
忽略不计]，下列说法正确的是
A. 实验I可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点
B. 实验I中V(NaOH)=10 mL时，存在c C O2- K = ，，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在
a2 h 5.4´10-5
c
C
O2-
>c
HC
O-
，故B错误；
2 4 2 4
C．实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而NaHC O 过量，因此该反应在初始阶段发生的是
2 4
2HC O-+Ca2+ =CaC O ¯+H C O ，该反应的平衡常数为
2 4 2 4 2 2 4
c(H C O ) c(H C O )×c(H+)×c(C O2-)
K = 2 2 4 = 2 2 4 2 4
c(Ca2+)×c2(HC O-) c(Ca2+)×c(C O2-)×c2(HC O-)×c(H+)
2 4 2 4 2 4
K 5.4´10-5 1
= a2 = = ´106 »4.2´105 ，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进
K ×K 5.4´10-2´2.4´10-9 2.4
a1 sp
行，当NaHC O 完全消耗后，H C O 再和CaCl 发生反应，故C错误；
2 4 2 2 4 2
D．实验Ⅱ中VCaCl =80 mL时，溶液中的钙离子浓度为
2
第10页 | 共26页0.1mol×L-1´0.080 L-0.1mol×L-1´0.020 L
c(Ca2+)= =0.06mol×L-1，溶液中
0.1L
K CaC O 2.4´10-9
c C O2- = sp 2 4 = mol×L-1=4.0´10-8mol×L-1，故D正确。
2 4 c(Ca2+) 0.06
综上所述，答案为D。
16. 探究卤族元素单质及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是
实验方案 现象 结论
碘在浓KI溶液中的溶
分层，下层由紫红
A 往碘的CCl 溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡 色变为浅粉红色， 解能力大于在CCl 中
4 4
上层呈棕黄色
的溶解能力
B 用玻璃棒蘸取次氯酸钠溶液点在pH试纸上 试纸变白 次氯酸钠溶液呈中性
向2 mL 0.1 mol×L-1AgNO 溶液中先滴加4滴 AgCl转化为AgI，
3
先产生白色沉淀，
C 0.1 mol×L-1KCl溶液，再滴加4滴0.1 mol×L-1KI AgI溶解度小于AgCl
再产生黄色沉淀
溶液 溶解度
取两份新制氯水，分别滴加AgNO 溶液和淀粉KI 前者有白色沉淀， 氯气与水的反应存在
3
D
后者溶液变蓝色 限度
溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．向碘的四氯化碳溶液中加入等体积浓碘化钾溶液，振荡，静置，溶液分层，下层由紫红色变
为浅粉红色，上层呈棕黄色说明碘的四氯化碳溶液中的碘与碘化钾溶液中碘离子反应生成碘三离子使上层
溶液呈棕黄色，证明碘在浓碘化钾溶液中的溶解能力大于在四氯化碳中的溶解能力，故A正确；
B．次氯酸钠溶液具有强氧化性，会能使有机色质漂白褪色，无法用pH试纸测定次氯酸钠溶液的pH，故
B错误；
C．由题意可知，向硝酸银溶液中加入氯化钾溶液时，硝酸银溶液过量，再加入碘化钾溶液时，只存在沉
淀的生成，不存在沉淀的转化，无法比较氯化银和碘化银的溶度积大小，故C错误；
第11页 | 共26页D．新制氯水中的氯气和次氯酸都能与碘化钾溶液反应生成使淀粉变蓝色的碘，则溶液变蓝色不能说明溶
液中存在氯气分子，无法证明氯气与水的反应存在限度，故D错误；
故选A。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共 5小题，共 52分)
17. 氮的化合物种类繁多，应用广泛。
请回答：
（1）基态N原子的价层电子排布式是___________。
（2）与碳氢化合物类似，N、H两元素之间也可以形成氮烷、氮烯。
①下列说法不正确的是___________。
A．能量最低的激发态N原子的电子排布式：1s22s12p33s1
B．化学键中离子键成分的百分数：Ca N >Mg N
3 2 3 2
C．最简单的氮烯分子式：N H
2 2
D．氮烷中N原子的杂化方式都是sp3
②氮和氢形成的无环氮多烯，设分子中氮原子数为n，双键数为m，其分子式通式为______。
③给出H+的能力：NH _______ CuNH 2+ (填“>”或“<”)，理由是___________。
3 3
（3）某含氮化合物晶胞如图，其化学式为___________，每个阴离子团的配位数(紧邻的阳离子数)为
___________。
【答案】（1）2s22p3
n
（2） ①. A ②. N H (m£ ，m为正整数) ③. ＜ ④. CuNH 2+ 形成配位键后，由
n n+2−2m 2 3
于Cu对电子的吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂
第12页 | 共26页（3） ①. CaCN ②. 6
2
【解析】
【小问1详解】
N核电荷数为7，核外有7个电子，基态N原子电子排布式为1s22s22p3，则基态N原子的价层电子排布式
是2s22p3；故答案为：2s22p3。
【小问2详解】
①A．能量最低的激发态N原子应该是2p能级上一个电子跃迁到3s能级，其电子排布式：
1s22s22p23s1，故A错误；B．钙的金属性比镁的金属性强，则化学键中离子键成分的百分数：
Ca N >Mg N ，故B正确；C．氮有三个价键，最简单的氮烯即含一个氮氮双键，另一个价键与氢结
3 2 3 2
合，则其分子式：N H ，故C正确；D．氮烷中N原子有一对孤对电子，有三个价键，则氮原子的杂化
2 2
方式都是sp3，故D正确；综上所述，答案为：A。
②氮和氢形成的无环氮多烯，一个氮的氮烷为NH ，两个氮的氮烷为N H ，三个氮的氮烷为N H ，四个
3 2 4 3 5
氮的氮烷为N H ，设分子中氮原子数为n，其氮烷分子式通式为N H ，根据又一个氮氮双键，则少2个
4 6 n n+2
n
氢原子，因此当双键数为m，其分子式通式为N H (m£ ，m为正整数)；故答案为：
n n+2−2m
2
n
N H (m£ ，m为正整数)。
n n+2−2m
2
③ CuNH 2+ 形成配位键后，由于Cu对电子的吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变
3
大，故其更易断裂，因此给出H+的能力：NH ＜CuNH 2+ (填“>”或“<”)；故答案为：＜；CuNH 2+
3 3 3
形成配位键后，由于Cu对电子的吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断
裂。
【小问3详解】
1 1 1 1
钙个数为2+4´ +4´ =3，CN2-个数为2+2´ +2´ =3，则其化学式为CaCN ；根据六方最密
6 12 2 3 6 2
堆积图 ，以上面的面心分析下面红色的有3个，同理上面也应该有3个，本体中分析得到
第13页 | 共26页，以这个CN2-进行分析，其俯视图为 ，因此距离最近的钙离子个数
2
为6，其配位数为6；故答案为：CaCN ；6。
2
18. 工业上煅烧含硫矿物产生的SO 可以按如下流程脱除或利用。
2
已知：
请回答：
（1）富氧煅烧燃煤产生的低浓度的SO 可以在炉内添加CaCO 通过途径Ⅰ脱除，写出反应方程式
2 3
___________。
（2）煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的SO ，通过途径Ⅱ最终转化为化合物A。
2
①下列说法正确的是___________。
A．燃煤中的有机硫主要呈正价 B．化合物A具有酸性
C．化合物A是一种无机酸酯 D．工业上途径Ⅱ产生的SO 也可用浓H SO 吸收
3 2 4
②一定压强下，化合物A的沸点低于硫酸的原因是___________。
（3）设计实验验证化合物A中含有S元素_____；写出实验过程中涉及的反应方程式____。
高温
【答案】（1）2SO +O +2CaCO 2CaSO +2CO
2 2 3 4 2
（2） ①. BCD ②. 硫酸分子能形成更多的分子间氢键
（3） ①. 取化合物A加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成
白色沉淀，说明 A 中含有 S 元素 ②. +2NaOH=CH OH+Na SO +H O、
3 2 4 2
第14页 | 共26页Na SO +BaCl =BaSO ↓+2NaCl
2 4 2 4
【解析】
【分析】含硫矿物燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和氧气、碳酸钙生成硫酸钙和二氧化碳，二氧化硫被氧气
氧化为三氧化硫，三氧化硫和等物质量的甲醇发生已知反应生成A： ；
【小问1详解】
氧气具有氧化性，能被四价硫氧化为六价硫，二氧化硫、空气中氧气、碳酸钙高温生成硫酸钙和二氧化
高温
碳，反应为2SO +O +2CaCO 2CaSO +2CO ；
2 2 3 4 2
【小问2详解】
①A．硫的电负性大于碳、氢等，故燃煤中的有机硫主要呈负价，A错误；
B．根据分析可知，化合物A分子中与硫直接相连的基团中有-OH，故能电离出氢离子，具有酸性，B正
确；
C．化合物A含有 基团，类似酯基-COO-结构，为硫酸和醇生成的酯，是一种无机酸酯，C正
确；
D．工业上途径Ⅱ产生的SO 也可用浓H SO 吸收用于生产发烟硫酸，D正确；
3 2 4
故选BCD；
②一定压强下，化合物A分子只有1个-OH能形成氢键，而硫酸分子中有2个-OH形成氢键，故导致A
的沸点低于硫酸；
【小问3详解】
由分析可知，A为 ，A碱性水解可以生成硫酸钠、甲醇，硫酸根离子能和氯化钡生成不
溶于酸的硫酸钡沉淀，故实验设计为：取化合物A加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显
现象，再加入氯化钡生成白色沉淀，说明 A 中含有 S 元素；涉及反应为：
+2NaOH=CH OH+Na SO +H O、Na SO +BaCl =BaSO ↓+2NaCl。
3 2 4 2 2 4 2 4
19. 水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。
第15页 | 共26页水煤气变换反应：CO(g)+H 2 O(g) ƒ CO 2 (g)+H 2 (g) ΔH=-41.2 kJ×mol-1
该反应分两步完成：
3Fe
2
O
3
(s)+CO(g)
ƒ
2Fe
3
O
4
(s)+CO
2
(g) ΔH
1
=-47.2 kJ×mol-1
2Fe
3
O
4
(s)+H
2
O(g)
ƒ
3Fe
2
O
3
(s)+H
2
(g) ΔH
2
请回答：
（1）ΔH =_______kJ×mol-1。
2
（2）恒定总压1.70 MPa和水碳比[nH O/n(CO)=12:5]投料，在不同条件下达到平衡时CO 和H 的
2 2 2
分压(某成分分压=总压×该成分的物质的量分数)如下表：
pCO /MPa pH /MPa pCH /MPa
2 2 4
条件1 0.40 0.40 0
条件2 0.42 0.36 0.02
①在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数K =___________。
②对比条件1，条件2中H 产率下降是因为发生了一个不涉及CO 的副反应，写出该反应方程式____。
2 2
（3）下列说法正确的是______。
A. 通入反应器的原料气中应避免混入O
2
B. 恒定水碳比é ë nH 2 O/n(CO)ù û，增加体系总压可提高H 2 的平衡产率
C. 通入过量的水蒸气可防止Fe O 被进一步还原为Fe
3 4
D. 通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率
（4）水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余
热(如图1所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。
第16页 | 共26页①在催化剂活性温度范围内，图2中b-c段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是______。
A．按原水碳比通入冷的原料气 B．喷入冷水(蒸气) C．通过热交换器换热
②若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，在图3中作出CO平衡转化率随温度变化的曲线____。
（5）在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应
及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是
________。
【答案】（1）6 （2） ①. 2 ②. CO+3H ⇌CH +H O （3）AC
2 4 2
（4） ①. AC ②.
（5）温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量
及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小
【解析】
【小问1详解】
设方程式①CO(g)+H 2 O(g) ƒ CO 2 (g)+H 2 (g) ΔH=-41.2 kJ×mol-1
②3Fe
2
O
3
(s)+CO(g)
ƒ
2Fe
3
O
4
(s)+CO
2
(g) ΔH
1
=-47.2 kJ×mol-1
③2Fe
3
O
4
(s)+H
2
O(g)
ƒ
3Fe
2
O
3
(s)+H
2
(g) ΔH
2
根据盖斯定律可知，③=①-②，则
ΔH =ΔH -ΔH = -41.2 kJ×mol-1 - -47.2 kJ×mol-1 =6kJ×mol-1；
2 1
【小问2详解】
①条件1下没有甲烷生成，只发生了水煤气变换反应，该反应是一个气体分子数不变的反应。设在条件1
下平衡时容器的总体积为V，水蒸气和一氧化碳的投料分别为12mol和5mol，参加反应的一氧化碳为
xmol，根据已知信息可得以下三段式：
CO(g) + H O(g) CO (g) + H (g)
2 ƒ 2 2
开始mol 5 12 0 0
转化mol x x x x
平衡mol 5-x 12-x x x
第17页 | 共26页x
´1.7MPa=0.40MPa，解得x=4；
5-x+12-x+x+x
4 4
´
V V
则平衡常数K = =2；
5-4 12-4
´
V V
②根据表格中的数据可知，有甲烷生成，且该副反应没有二氧化碳参与，且氢气的产率降低，则该方程式
为：CO+3H ⇌CH +H O；
2 4 2
【小问3详解】
A．一氧化碳和氢气都可以和氧气反应，则通入反应器的原料气中应避免混入O ，A正确；
2
B．该反应前后气体计量系数相同，则增加体系总压平衡不移动，不能提高平衡产率，B错误；
C．通入过量的水蒸气可以促进四氧化三铁被氧化为氧化铁，水蒸气不能将铁的氧化物还原为单质铁，但过
量的水蒸气可以降低体系中CO和H 的浓度，从而防止铁的氧化物被还原为单质铁，C正确；
2
D．若保持容器的体积不变，通过充入惰性气体增加体系总压，反应物浓度不变，反应速率不变，D错
误；
故选AC；
【小问4详解】
①A．按原水碳比通入冷的原料气，可以降低温度，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍减
小，与图中变化相符，A正确；
B．喷入冷水(蒸气)，可以降低温度，但是同时水蒸气的浓度增大，会导致CO的转化率增大，与图中变化
不符，B错误；
C．通过热交换器换热，可以降低温度，且不改变投料比，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍
减小，与图中变化相符，C正确；
故选AC；
②增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，则一氧化碳的的平衡转化率增大，会高于原平衡线，故图像为：
；
【小问5详解】
反应物分子在催化剂表面的吸附是一个放热的快速过程，温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的
吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化
第18页 | 共26页剂的活性降低，从而使化学反应速率减小。
20. 某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝( Al (OH) Cl ,a=1~5)按如下流程开展实验。
2 a b m
已知：①铝土矿主要成分为Al O ，含少量Fe O 和SiO 。用NaOH溶液溶解铝土矿过程中SiO 转变
2 3 2 3 2 2
为难溶性的铝硅酸盐。
a
② Al (OH) Cl 的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度=
2 a b m a+b
当盐基度为0.60~0.85时，絮凝效果较好。
请回答：
（1）步骤Ⅰ所得滤液中主要溶质的化学式是___________。
（2）下列说法不正确的是___________。
A. 步骤I，反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度
B. 步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO 有利于减少Al(OH) 沉淀中的杂质
2 3
C. 步骤Ⅲ，为减少Al(OH) 吸附的杂质，洗涤时需对漏斗中的沉淀充分搅拌
3
D. 步骤Ⅳ中控制Al(OH) 和AlCl 的投料比可控制产品盐基度
3 3
（3）步骤V采用如图所示的蒸汽浴加热，仪器A的名称是___________；步骤V不宜用酒精灯直接加热
的原因是___________。
（4）测定产品的盐基度。
Cl-的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取25.00 mL溶液于锥形瓶中，调pH=6.5~10.5，滴加
指示剂K CrO 溶液。在不断摇动下，用0.1000 mol×L-1AgNO 标准溶液滴定至浅红色(有Ag CrO 沉
2 4 3 2 4
淀)，30秒内不褪色。平行测试3次，平均消耗AgNO 标准溶液22.50 mL。另测得上述样品溶液中
3
第19页 | 共26页c Al3+ =0.1000 mol×L-1。
①产品的盐基度为___________。
②测定Cl-过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是___________。
【答案】（1）NaAlO （2）C
2
（3） ①. 蒸发皿 ②. 酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀
（4） ①. 0.7 ②. pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸
银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多
【解析】
【分析】铝土矿主要成分为Al O ，含少量Fe O 和SiO ，向铝土矿中加氢氧化钠溶液，得到难溶性铝
2 3 2 3 2
硅酸盐、偏铝酸钠，氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，过滤，滤液中主要含偏铝酸钠，向偏铝酸钠溶液中通
入二氧化碳，过滤，得到氢氧化铝沉淀，分为两份，一份加入盐酸得到氯化铝，将两份混合得到聚合氯化
铝溶液，加热得到聚合氯化铝固体。
【小问1详解】
根据题中信息步骤Ⅰ所得滤液中主要溶质的化学式是NaAlO ；故答案为：NaAlO 。
2 2
【小问2详解】
A．步骤I，反应所学温度高于100℃，因此反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度，故A
正确；
B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO 生成氢氧化铝和碳酸氢钠溶液，有利于减少Al(OH) 沉淀中的
2 3
杂质，故B正确；
C．步骤Ⅲ，洗涤时不能需对漏斗中的沉淀充分搅拌，故C错误；
D． Al (OH) Cl 中a、b可通过控制Al(OH) 和AlCl 的投料比来控制产品盐基度，故D正确；
2 a b m 3 3
综上所述，答案为：C。
【小问3详解】
步骤V采用如图所示的蒸汽浴加热，根据图中信息得到仪器A的名称是蒸发皿；酒精灯直接加热受热不
均匀，会导致产品盐基度不均匀，而用蒸汽浴加热，受热均匀，得到的产品盐基度均匀；故答案为：蒸发
皿；酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀。
【小问4详解】
①根据Cl-
:
AgNO
3
，样品溶液中氯离子物质的量浓度为
第20页 | 共26页0.1000 mol×L-1´0.022.50 L
=0.09mol×L-1，n(Al3+):n(Cl-)=10:9，根据电荷守恒得到
0.025L
4.2
Al (OH) Cl 产品的盐基度为 =0.7；故答案为：0.7。
2 4.2 1.8 m 4.2+1.8
②测定Cl-过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是pH过低，指示剂会与氢离子反应生成
重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝
酸银偏多；故答案为：pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸
银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多。
21. 某研究小组按下列路线合成胃动力药依托比利。
已知： ¾-¾H 2 O¾®— CH=N—
请回答：
（1）化合物B的含氧官能团名称是___________。
（2）下列说法不正确的是___________。
A. 化合物A能与FeCl 发生显色反应
3
B. A→B的转变也可用KMnO 在酸性条件下氧化来实现
4
C. 在B+C→D的反应中，K CO 作催化剂
2 3
D. 依托比利可在酸性或碱性条件下发生水解反应
（3）化合物C的结构简式是___________。
（4）写出E→F的化学方程式___________。
（5）研究小组在实验室用苯甲醛为原料合成药物N-苄基苯甲酰胺( )。利用以上合成线
路中的相关信息，设计该合成路线___________(用流程图表示，无机试剂任选)
（6）写出同时符合下列条件的化合物D的同分异构体的结构简式___________。
第21页 | 共26页①分子中含有苯环
②1H-NMR 谱和IR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，有酰胺基( )。
【答案】（1）羟基、醛基 （2）BC
（3）ClCH CH N(CH )
2 2 3 2
（4） +2H ¾催¾化¾剂® +H O
2 2
（ 5 ） （ 6 ）
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知， 发生催化氧化反应生成 ，碳酸钾作用下
与ClCH CH N(CH ) 发生取代反应生成 ，则C为ClCH CH N(CH ) ；
2 2 3 2 2 2 3 2
与NH OH反应生成 ，则E为 ；催化剂作用
2
第22页 | 共26页下 与氢气发生还原反应生成 ，则F为 ；
与SOCl 发生取代反应生成 ；
2
与 发生取代反应生成依托比利。
【小问1详解】
由结构简式可知，B分子的官能团为羟基、醛基，故答案为：羟基、醛基；
【小问2详解】
A．由结构简式可知，A分子中含有酚羟基，能与氯化铁溶液发生显色反应，使溶液变为紫色，故正确；
B．酚羟基具有强还原性，由结构简式可知，A分子中含有酚羟基，则A→B的转变不能用酸性高锰酸钾
溶液来实现，故错误；
C．由分析可知，B+C→D的反应为碳酸钾作用下 与ClCH CH N(CH ) 发生取代反应生成
2 2 3 2
，其中碳酸钾的作用是中和反应生成的氯化氢，提高反应物的转化率，故错误；
D．由结构简式可知，依托比利分子中含有酰胺基，可在酸性或碱性条件下发生水解反应，故正确；
故选BC；
【小问3详解】
由分析可知，C的结构简式为ClCH CH N(CH ) ，故答案为：ClCH CH N(CH ) ；
2 2 3 2 2 2 3 2
【小问4详解】
由分析可知，E→F的反应为催化剂作用下 与氢气发生还原反应生成
第23页 | 共26页，反应的化学方程式为 +2H ¾催¾化¾剂® +H O，
2 2
故答案为： +2H ¾催¾化¾剂® +H O；
2 2
【小问5详解】
由题给信息可知，用苯甲醛为原料合成药物N-苄基苯甲酰胺的合成步骤为 与NH OH反应生成
2
，催化剂作用下 与氢气发生还原反应生成 ；催化剂作用下，
与氧气发生催化氧化反应生成 ， 与SOCl 发生取代反应生成
2
， 与 发生取代反应生成 ，合成路线为
，故答案为：
；
【小问6详解】
D的同分异构体分子中含有苯环，1H-NMR 谱和IR谱检测表明分子中共有4种不同化学环境的氢原子，
有酰胺基说明同分异构体分子含有醚键或酚羟基，结合对称性，同分异构体的结构简式为
第24页 | 共26页。故答案为：
。
第25页 | 共26页第26页 | 共26页
