2023年6月浙江省普通高校招生选考化学试卷 （解析版）

2023年6月浙江省普通高校招生选考化学试卷

参考答案与试题解析

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.（3分）（2023∙浙江）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

【解答】解：A.石墨烯由碳原子组成，属于无机非金属材料，故A错误；

B.不锈钢是一种合金，属于金属材料，不是有机物，故B错误；

C.光导纤维的主要成分是Siθ2,属于无机物，故C错误；

D.聚酯纤维是有机高分子化合物，为有机物，故D正确；

故选：D。

2.（3分）（2023•浙江）下列化学用语表示正确的是（）

A.H2S分子的球棍模型：O-∙→5

B.AlCl3的价层电子对互斥模型：σ⅛°

C.Kl的电子式：κ：1.：

D.CH3CH（CH2CH3）2的名称：3-甲基戊烷

【答案】D

【解答】解：A.H2S是V形分子，并且S原子半径大于H,其球棍模型为/•,故

A错误；

B.AlCh分子中Al原子的价层电子对数为3+"义3=3,VSEPR模型为平面三角形,

2

故B错误;

C.碘化钾是离子化合物，由K+和I-构成，「的最外层电子数为8,其电子式为

,故C错误；

D.CH3CH（CH2CH3）2的主链含有5个C原子，3号C原子上含有1个甲基，其名称

为3-甲基戊烷，故D正确；

故选：D。

3.（3分）（2023∙浙江）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

【解答】解：A.氯化铁在水溶液中能完全电离，属于强电解质，故A错误；

B.氯化铁溶液可以和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，氯化铁溶液可腐蚀覆铜板，故B

正确；

C.铁与氯气点燃生成氯化铁，氯化铁可由铁与氯气反应制得，故C正确；

3+

D.向沸水中加入氯化铁溶液制备氢氧化铁胶体，离子方程式为：Fe+3H2O=Fe（OH）

3（胶体）+3H+,故D正确；

故选：A»

4.（3分）（2023•浙江）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∙维生索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

【解答】解：A.铝合金具有密度小、强度高、耐腐蚀的优良性能，常用于制作门窗框架,

与铝有强还原性无关，故A错误；

B.氧化钙易吸水，且无毒，可用作干燥剂，故B正确；

C.维生索C具有还原性，能与氧气反应，可用作食品抗氧化剂，故C正确；

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，故D正确；

故选：A»

5.（3分）（2023•浙江）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KMnC）4溶液滴定管尖嘴内的气泡

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ZnSo4溶液中迁移

【答案】C

【解答】解：A.加热时氯化镂分解生成氨气和氯化氢，在试管口氨气与氯化氢化合生成

氯化钱，不能制备氨气，应选氯化钱与氢氧化钙加热制备氨气，且收集氨气的试管口应

塞一团棉花防止氨气与空气对流，故A错误；

B.酸性高锌酸钾溶液可氧化橡胶，不能选图中酸式滴定管，故B错误；

C.俯视刻度线定容，溶液的体积偏小，由c=2可知，会导致所配溶液浓度偏大，故C

V

正确；

D.图中构成原电池，阳离子向正极移动，则盐桥中阳离子向CUSo4溶液中迁移，故D

错误；

故选：Co

6.（3分）（2023∙浙江）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图。下列说法不正确的是（）

A.药剂A具有还原性

B.①一②过程若有2molS-S键断裂，则转移4mol电子

C.②一③过程若药剂B是H2θ2,其还原产物为02

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

【解答】解：A.①一②变化过程中，硫元素化合价-1价降低到-2价，需要还原剂，

药剂A具有还原性，故A正确；

B.①一②过程中，硫元素化合价-1价降低到-2价，若有2molS-S键断裂，则转移

4mol电子，故B正确；

C.②一③过程中是部分硫元素化合价升高，需要氧化剂，若药剂B是H2θ2,其还原产

物为H20,故C错误；

D.化学烫发通过上述变化，改变头发中某些蛋白质中S-S键位置，实现了头发的定型,

故D正确；

故选：Co

7.（3分）（2023∙浙江）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）

A.4.4gC2H4θ中含有。键数目最多为0.7NA

B.1.7gH2θ2中含有氧原子数为0.2NA

C.向lLO.Imol∙L"CH3COOH溶液通氨气至中性，镀根离子数为0.1NA

D.标准状况下，11.2LCI2通入水中，溶液中氯离子数为0.5NA

【答案】A

【解答】解：A.4.4g环氧乙烷（C2H4O）的物质的量为4∙4g=imoi,Imol环氧乙

44g∕mol

烷中含有。键数目最多为0.7NA,故A正确；

B.1.7g双氧水的物质的量为」∙⅛-=0.05mol,而ImOl双氧水中含2mol氧原子，故

34g∕mol

0.05mol双氧水含0.1mol氧原子即0.1NA个，故B错误：

C.醋酸镀为弱酸弱碱盐，向lL0.1mol∙LrCH3COOH溶液通氨气至中性，醋酸根离子和

钱根离子均水解，铉根离子数小于0.1NA,故C错误；

D.氯气与水反应是可逆反应，标准状况下，11.2LCl2通入水中，溶液中氯离子数小于

0.5NA,故D错误；

故选：A«

8.（3分）（2023•浙江）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

【解答】解：A.通过X射线晶体衍射，可以测定青蒿素分子的空间结构，故A正确；

B.蛋白质在盐溶液中可发生盐析生成沉淀，过滤可分离，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.乙醛和新制氢氧化铜悬浊液加热生成砖红色沉淀，醋酸能和新制氢氧化铜悬浊液发生

中和反应，苯和新制氢氧化铜悬浊液不反应出现分层，故可以用新制氢氧化铜悬浊液鉴

别苯、乙酸和醋酸溶液，故D正确；

故选：Co

9.（3分）（2023∙浙江）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+2C12—2Fe3++l2+4CΓ

向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳：

B.ClO+CO2+H2O-HCIO+HCQ-

C.铜与稀硝酸：Cu+4H++2ιqQ-=Cu2++2N02t+2H2θ

D.向硫化钠溶液通入足量二氧化硫：S2-+2SO+2HO-HS+2

222HSQ-

【答案】B

【解答】解：A.氯气先氧化碘离子，然后氧化亚铁离子，Fel2和C12以1：1反应时，

氯气只能氧化碘离子，离子方程式为2V+C12—I2+2C1∖故A错误；

B.次氯酸钙溶液和足量二氧化碳反应生成碳酸氢钙和HClO,离子方程式为CIO

+CO2+H2O=HC1O+HCQ-,故B正确；

C.Cu和稀硝酸反应生成NO,离子方程式为3Cu+8H++23Cu2++2NOt+4HO,

NQ--2

故C错误；

D.Na2S溶液中通入足量SO2,二者反应生成S和NaHSo3,离子方程式为2S2-

故错误；

+5SO2+2H2O=3SI+4HSQ-,D

故选：B<,

10.（3分）（2023•浙江）丙烯可发生如图转化，下列说法不正确的是（）

CiHsBr端jCH-CH=CH2-∣⅛→CjH6Br2

X"''［催化剂4Y

（C3H6）n

Z

A.丙烯分子中最多7个原子共平面

B.X的结构简式为CHsCH=CHBr

C.Y与足量KOH醇溶液共热可生成丙烘

-CH2-CH-

D.聚合物Z的链节为C5

【答案】B

【解答】解：A.乙烯中所有原子共平面，甲烷中最多有3个原子共平面，丙烯相当于乙

烯中一个氢原子被甲基取代，单键可以旋转，所以丙烯中最多有7个原子共平面，故A

正确；

B.X的结构简式为BrCH2CH=CH2,故B错误；

C.Y和足量KoH醇溶液共热可以发生消去反应生成丙快，故C正确；

CH3CH

I

D.通过以上分析知，聚丙烯的链节为CH，,故D正确；

故选：Bo

11.（3分）（2023∙浙江）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<Z

D.W2X2与水反应生成产物之一是非极性分子

【答案】A

【解答】解：X、Y、Z、W分别是C、N、F、Na元素；

A.同一周期元素，第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第HA族、第VA

族第一电离能大于其相邻元素，则X、Y、Z的第一电离能大小顺序是：Z>Y>X,故A

错误；

B.元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性Z>Y>X,W为金属元素，则电负

性：Z>Y>X>W,故B正确；

C.Z、W原子形成稀有气体电子构型的简单离子分别是F、Na+,电子层结构相同的离

子，离子半径随着原子序数的增大而减小，所以离子半径：w<z,故C正确；

D.W2X2为Na2C2,其与水反应产物为C2H2和NaOH,C2H2为直线形分子，正负电荷

重心重合，为非极性分子，故D正确；

故选：A=

12.（3分）（2023•浙江）苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸（含

有少量NaCl和泥沙）的提纯方案如图：

下列说法不正确的是（）

A.操作I中依据苯甲酸的溶解度估算加水量

B.操作∏趁热过滤的目的是除去泥沙和NaCl

C.操作III缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹

D.操作W可用冷水洗涤晶体

【答案】B

【解答】解：A.加水溶解时需保证苯甲酸完全溶解，则B操作I中依据苯甲酸的溶解

度估算加水量，故A正确；

B.苯甲酸在水的溶解度不大，操作II趁热过滤的目的是防止苯甲酸溶解损失，故B错

误；

C.NaCl的溶解度受温度影响不大，苯甲酸的溶解度随温度的升高而增大，则操作Hl缓

慢冷却结晶可减少杂质被包裹，NaCl留在溶液中，故C正确；

D.苯甲酸在冷水中溶解度小，则操作IV可用冷水洗涤晶体，减少溶解损失，故D正确;

故选：B,

13.（3分）（2023•浙江）氯碱工业能耗大，通过如图改进的设计可大幅度降低能耗，下列

说法不正确的是（)

饱和NaCl溶液凡0（含少量NaoH）

A.电极A接电源正极，发生氧化反应

B.电极B的电极反应式为：2H2θ+2h-H2t+20H'

C.应选用阳离子交换膜，在右室获得浓度较高的NaOH溶液

D.改进设计中通过提高电极B上反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗

【答案】B

【解答】解：A.电极A上Cl-失去电子生成C12,为阳极，接电源正极，发生氧化反应,

故A正确；

B.阴极上02得电子和H2θ反应生成OlT,电极反应式为θ2+2H2θ+4e-=4OH∖故B

错误;

C.阴极区域生成0H∖Na+从阳极区域通过交换膜进入阴极区，所以应选用阳离子交换

膜，在右室获得浓度较高的NaOH溶液，故C正确；

D.改进设计中通过向阴极区通入02,避免水电离的H+直接得电子生成H2,降低了电

解电压，电耗明显减少，故D正确；

故选：Bc

14.（3分）（2023•浙江）一定条件下，1-苯基丙快(Ph-C≡C-CH3)可与HCl发生催

化加成，反应如图:

反应过程中该焕烧及反应产物的占比随时间的变化如图（己知：反应I、In为放热反应）,

下列说法不正确的是（）

A.反应焙变：反应I＞反应H

B.反应活化能：反应I＜反应∏

C.增加HCl浓度可增加平衡时产物∏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

【解答】解：A.反应H=反应I+反应III,反应I、反应III都是放热反应，则反应I、

反应In的AH都小于0,所以反应∏也是放热反应，且反应∏的AH比反应I还小，即存

在反应I＞反应II,故A正确；

B.反应所需的活化能越小，反应速率越快，相同时间内所占比例越大，根据图知，短时

间内，反应I的占比远远大于反应H,说明反应I的速率远远大于反应H,则所需活化

能反应I＜反应II,故B正确；

C.由于存在产物I与产物2之间的可逆反应，K与氯化氢含量无关，因此比值不会随着

HCl的含量的改变而改变，故C错误；

D.根据图知，相对较短的反应时间内成为I的占比较大，所以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；

故选：Co

15.(3分)(2023•浙江)草酸(H2C2O4)是二元弱酸。某小组做如下两组实验：

实验I：往20mL0.1mol∙LrNaHC2θ4溶液中滴力口0.1molLlNaOH溶液。

实验∏：往20mL0.1OmolL'ɪNaHC2O4溶液中滴加0.1OmolLrCaC12溶液。

［已知:H2C2O4的电离常数Kai=5.4XIO?Ka2=5.4×10^5,Ksp(CaC2O4)=2.4×10

",溶液混合后体积变化忽略不计］,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)=IOmL时，存在C(C2Q2")＜C(HC2Q-)

2++

C.实验II中发生反应HC2Q-+Ca-CaC2O4I+H

D.实验H中V(CaCh)=8OmL时，溶液中C(C2Q2")=4.0×10'8molL^1

【答案】D

【解答】解：A.往20mLo.lmolL7NaHC204溶液中滴加(MmOl∙L∣NaOH溶液，恰好

完全反应生成草酸钠溶液，草酸钠水解溶液显碱性，选择酚献溶液指示反应终点，故A

错误；

B.实验I中V(NaOH)=IOmL时，得到等浓度的NaHC2。4和Na2C2O4,计算HC20[

c(0H-)Xc(HCnO)K∩-l4

水解平衡常数Kh=-------------------------9--------4---=—lir—=——1—--------≈1.85×10'3n<Ka2

-

c(HC2O4)Kal5.4X10-2

K1CT4

=5.4×IO5,C202-水解平衡常数Kh=—―=——--------≈I.85×10l0,溶液显酸性，

4Ka25.4X10-5

存在C(C2Q2-)>C(HC2Q-),故B错误;

C.往20mL0.10molLiNaHC2θ4溶液中滴加0.1OmOILrCaC12溶液，生成草酸和草酸

钙沉淀，反应的离子方程式为：2HC2o[Ca2+-CaC2θ4I+H2C2θ4,故C错误；

2+

D.实验∏中V(CaCl2)=8OmL时，反应生成草酸钙沉淀后剩余钙离子浓度C(Ca)

=OJQBQL工Q：一里皿L二。。2OLX.QJ.塞电=o.o6moi/L,KSP(caC204)C(ca2+)

0.080L+0.020L

9

×c(C2Q2-)=2.4×I0-,溶液中C(C2Q2")=4.0XlθΛnolL”，故D正确；

故选：D。

16.(3分)(2023•浙江)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

A往碘的CC14溶液中加入等体积浓Kl分层，下层由紫红色变碘在浓Kl溶液中的溶

溶液，振荡为浅粉红色，上层呈棕解能力大于在CeU中

黄色的溶解能力

B用玻璃棒蘸取次氯酸钠溶液点在PH试纸变白次氯酸钠溶液呈中性

试纸上

C向2mL0.1molL∣AgNθ3溶液中先滴先产生白色沉淀，再产AgC转化为AgI,AgI

力口4滴0.1molL∣KCl溶液,再滴加4生黄色沉淀溶解度小于AgCl溶

滴0.1mol∙L"KI溶液解度

D取两份新制氯水，分别滴加AgNo3溶前者有白色沉淀，后者氯气与水的反应存在

液和淀粉KI溶液溶液变蓝色限度

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解答】解：A.往碘的CC14溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡，静置，分层，下层由

紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色，说明溶液中发生反应：1+12=匚，I二呈棕黄色，

x313

证明碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在CCI4中的溶解能力，故A正确；

B.次氯酸钠溶液具有漂白性将PH试纸漂白，应选PH计测定其pH,故B错误；

C.硝酸银过量，均为沉淀生成，由操作和现象不能说明AgCl转化为Agl,不能比较Agl

和AgCl的溶解度，故C错误；

D.C12和HelO均能氧化Kl生成碘单质，溶液变蓝色，故无法证明上述反应存在限度，

故D错误；

故选：A»

二、非选择题（本大题共5小题，共52分）

17.（10分）（2023∙浙江）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2s⅞p3O

（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Ac

A.能量最低的激发态N原子的电子排布式：Is22s∣2p33s∣

B.化学键中离子键成分的百分数：Ca3N2>Mg3N2

C.最简单的氮烯分子式：N2H2

D.氮烷中N原子的杂化方式都是sp3

②氮和氢形成的无环氨多烯，设分子中氮原子数为n,双键数为m,其分子式通式为

NnHn+2-2m,（n≥2,mWH,m为正整数）。

2

2+

③给出H+的能力：NH3<[CuNH3I（填“>”或“<”），理由是形成配位键

后，使得N原子电子云向铜偏移，使氮氢键的极性变大，故其更易断裂，更易给出H卡。

（3）某含氮化合物晶胞如图，其化学式为CaCN2,每个阴离子团的配位数（紧邻

的阳离子数）为6。

CKθuOCa

【答案】（I）2s22p3;

（2）①A；

②NnHn+2-2m,（n22,mWl,m为正整数）；

2

③<;形成配位键后，使得N原子电子云向铜偏移，使氮氢键的极性变大，故其更易断

裂，更易给出H+；

（3）CaCN2:6。

【解答】解：（I）N是7号元素，基态N原子电子排布式为Is22s22p3,价电子排布式为:

2s22p3,

故答案为：2s22p3;

（2）①A.能量最低的激发态N原子为1个2p能级电子跃迁到3s能级，则能量最低的

激发态N原子的电子排布式：Is22s22p23s∣,故A错误；

B.成键原子电负性差值越大，化学键中离子键成分的百分数越大，电负性：CaVMg,

故化学键中离子键成分的百分数：Ca3N2>Mg3N2,故B正确；

C.最简单的氮烯中含有两个N原子，两个N原子间形成氮氮双键，每个N原子与H原

子形成N-H键，故最简单的氮烯分子式；N2H2,故C正确；

D.氮烷中N原子有3个成单电子和1个孤对电子，价层电子对数都为4,氮烷中N原

子的杂化方式都是sp3,故D正确；

故答案为：A；

②氮和氢形成氨烷时，每个N原子能形成3个价键，N原子间形成单键，则氮烷的通式

为：NnHn+2,n2l；氮和氢形成的无环氨多烯，每多一个双键就少2个H原子，则氮烯

的通式为：NnHn+2一2m,（n》2,m≤H,m为正整数），

2

故答案为：NnHn+2一2m,（n》2,m≤Z,m为正整数）;

2

③[CuNH3?+中N原子提供孤电子对，Cu?+提供空轨道，形成配位键，使得N原子电子

云向铜偏移，使氮氢键的极性变大，氮氢键更易断裂，更易给出H+,

故答案为：<；形成配位键后，使得N原子电子云向铜偏移，使氮氢键的极性变大，故

其更易断裂，更易给出H+；

（3）由晶胞图和俯视图可知，Ca?+位于顶点和体内，个数为8×l+2=3,CN∕位于棱

2+

上和体内，个数为2+4X』=3,Ca:CN2-=3：3=1：1,则其化学式为CaCN2;由其

42

键角为120°,根据其六方最密堆积图可知，以体内的1个CN∕为例，在其上方、下方

距离最近的Ca?+各有3个，配位数为6,

故答案为：CaCN2;60

18.（10分）（2023∙浙江）工业上燃烧含硫矿物产生的SO2可以按如图流程脱除或利用。

O

=O

=

S+HIl

Z%

OAHO-S-OH

知

己Il

o

（1）富氧馔烧燃煤产生的低浓度的SO2,可以在炉内添加CaCo3通过途径I脱除，写出

反应方程式2CaCθ3+2Sθ2+C>2-向皿-2CaSθ4+2Cθ2。

（2）煨烧含硫量高的矿物得到高浓度的S02,通过途径∏最终转化为化合物A。

①下列说法正确的是BCD。

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SO3也可用浓H2SO4吸收

②一定压强下，化合物A的沸点低于硫酸的原因是硫酸分子能形成更多的分子间氢

（3）设计实验验证化合物A中含有S元素取化合物A加入足量NaOH溶液，反应完

全后加入稀盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钢溶液生成白色沉淀，说叨A中含有S

O

H

CHOSOH

3-n

H

O

元素；写出实验过程中涉及的反应方程式+2NaOH=

Na2SO4+CH3OH+H2O、Na2SO4+BaCl2=2NaCl+BaS04

【答案】(1)2CaCθ3+2Sθ2+C)2向Jn2CaSθ4+2Cθ2;

(2)①BCD；

②硫酸分子能形成更多的分子间氢键；

(3)取化合物A加入足量NaOH溶液，反应完全后加入稀盐酸酸化，无明显现象，再

O

Il

CH1O-S-OH

3Il

加入氯化钢溶液生成白色沉淀，说明A中含有S元素；2NaOH+O=

Na2SO4+CH3OH+H2O>Na2SO4+BaCl2=2NaCl+BaSO4I。

【解答】解：⑴高温条件下，CaCO3和02、SO2反应生成CaSO4和C02,根据反应物

-⅛-<B

和生成物及反应条件书写方程式为2CaCO3+2SO2+O2向皿2CaSθ4+2Cθ2,

故答案为：2CaCθ3+2Sθ2+θ2=≡里=2CaSc)4+2Cc)2;

(2)①A.燃煤中电负性S比C、H元素的电负性大，化合物中电负性较大的元素显负

化合价，所以燃煤中的有机硫主要呈负价，故A错误；

B.化合物A中羟基能电离出氢离子，所以化合物A具有酸性，故B正确；

O

Il

C.化合物A中一S一类似于酯基，为硫酸和甲醇形成的酯，所以化合物A是一种无机

酸酯，故C正确；

D.浓硫酸吸收S03可用于制取发烟硫酸，所以工业上途径∏产生的S03也可用浓H2SO4

吸收，故D正确；

故答案为：BCD；

②一定压强下，能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，且形成的分子间氢键个数越多，

其熔沸点越高，A中含有1个羟基、硫酸分子中含有2个羟基，硫酸分子形成的分子间

氢键个数大于A形成的分子间氢键个数，所以化合物A的沸点低于硫酸，

故答案为：硫酸分子能形成更多的分子间氢键；

(3)要验证化合物A中含有S元素,应该将S元素转化为s0j,然后用盐酸酸化的BaSO4

溶液检验Sθj,其检验方法为：取化合物A加入足量Nae)H溶液，反应完全后加入稀盐

酸酸化，无明显现象，再加入氯化钢溶液生成白色沉淀，说明A中含有S元素；涉及的

CH1O-S-OH

方程式为O+2NaOH=Na2SO4+CH3OH+H2O、Na2SO4+BaCl2=

2NaCI+BaSθ4I,

故答案为：取化合物A加入足量NaOH溶液，反应完全后加入稀盐酸酸化，无明显现象,

O

Il

CHO-S-OH

31Il

再加入氯化钢溶液生成白色沉淀，说明A中含有S元素；2NaOH+O

Na2SO4+CH3OH+H2O>Na2SO4+BaCl2=2NaCl+BaSO4IO

19.(10分)(2023•浙江)水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。

水煤气变换反应:CO(g)+H2O(g)≠CO2(g)+H2(g)ΔH=-41.2kJmoΓ1

该反应分两步完成：

3Fe2θ3(s)+CO(g)≠2Fe3θ4(s)+CO2(g)AHi=-47.2kJmol1

2Fe3θ4(s)+H2O(g)≠3Fe2θ3(s)+H2(g)ΔH2

请回答：

(1)ΔH2=+6kJmoΓ1«

(2)恒定总压1.70MPa和水碳比［驾丝=J⅛投料，在不同条件下达到平衡时CCh

n(C0)5

和H2的分压(某成分分压=总压X该成分的物质的量分数)如下表:

p(CO2)/MPap(H2)/MPap(CH4)/MPa

条件10.400.400

条件20.420.360.02

①在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数K=2。

②对比条件1,条件2中H2产率下降是因为发生了一个不涉及CO2的副反应，写出该反

应方程式Co+3H2UCH4+H2θ。

(3)下列说法正确的是AC0

A.通入反应器的原料气中应避免混入02

B.恒定水碳比FH20\,增加体系总压可提高H2的平衡产率

n（CO）

C.通入过量的水蒸气可防止Fe3θ4被进一步还原为Fe

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。

%

j催化剂

、

爵

反应层F

⅜

（⅞平衡曲线⅜

0

u

二ɪɔ催化剂/最适宜温度曲线

FJ反应层

原需气

T/X2

图1图2图3

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ACO

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温度过高，不利于反应物分子在催化剂表面吸附且温度过

高会导致催化剂化学降低。

【答案】⑴+6；

（2）①2；

②CO+3H2=CH4+H2θ;

（3）AC；

（4）①AC；

线

至

金

s

线

F衡曲

X

o

υ

线

温度曲

最玷直

②

►

----

----

----

o

TlC

。

学降低

化剂化

导致催

过高会

且温度

面吸附

剂表

催化

子在

物分

反应

利于

高，不

度过

(5)温

mol