重组卷2-冲刺2023年高考化学真题重组卷(解析版)

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冲刺2023年高考化学真题重组卷02

浙江专用（解析版）

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如

需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—140—16F—19Na—23Mg—24

Al—27Si—28P—31S—32Cl—35.5K—39Mn—55Fe—56Cu—64

Zn—65Ga—70Se—79Br-80Ag—1081—127Ba—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.（2021•浙江1月选考）下列含有共价键的盐是（）

A.CaCl2B.H2SO4C.Ba（OH）2D.Na2cO3

【答案】D

【解析】A项，CaCb由Ca?+和C「构成，只含有离子键不含有共价键，A不符合题意;

B项，H2s04由分子构成，只含有共价键不含有离子键，B不符合题意；C项，Ba（OH）2由

Ba?+和OH-构成，属于碱，不属于盐，C不符合题意；D项，Na2cCh有Na+和CO3”构成，

含有离子键，CO32-内部C与O原子之间还含有共价键，D符合题意；故选D。

2.（2023•浙江1月选考）硫酸铜应用广泛，下列说法不氐硼的是（）

A.Cu元素位于周期表p区B.硫酸铜属于强电解质

C.硫酸铜溶液呈酸性D.硫酸铜能使蛋白质变性

【答案】A

【解析】A项，Cu为29号元素，位于IB族，属于ds区元素，故A错误；B项，硫酸

铜属于盐类，在水溶液中能完全电离，属于强电解质，故B正确；C项，硫酸铜为强酸弱

碱盐，铜离子水解使溶液呈酸性，故C正确；D项，铜离子为重金属离子，能使蛋白质变

性，故D正确；故选A。

3.（2020.浙江1月选考）下列表示不正颐的是

A.羟基的电子式：B.乙烯的结构简式：CH2cH2

C.氯原子的结构示意图：注□D.NH3分子的球棍模型：

【答案】B

【解析】A项，羟基中氧原子还有一个未成对的单电子，电子式为故A正确；B

项，乙烯的官能团为碳碳双键，结构简式为CH2=CH2,故B错误；C项，氯原子的核外有

3个电子层，最外层有7个电子，原子的结构示意图为卜17）287,故C正确；D项，氨气

为三角锥形的极性分子，球棍模型为故D正确；故选B。

4.（2020•浙江1月选考）下列关于铝及其化合物说法，不ip颐的是（）

A.明矶可用作净水剂和消毒剂B.利用铝热反应可冶炼高熔点金属

C.铝可用作包装材料和建筑材料D.氢氧化铝可用作治疗胃酸过多的药物

【答案】A

【解析】A项，明矶溶于水可生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可以净水但不能消毒，

故A错误；B项，铝热反应是金属铝和沸点较高的金属氧化物之间反应冶炼高熔点金属的

过程，故B正确；C项，铝具有良好的延展性，铝箔可以做包装材料，铝合金硬度大密度

小常用做建筑材料，故C正确；D项，胃酸主要成分为HC1,氢氧化铝具有弱碱性可中和

过多胃酸，故D正确：故选A。

5.（2023.浙江1月选考）下列关于元素及其化合物的性质说法不氐颐的是（）

A.Na和乙醇反应可生成H?B.工业上煨烧黄铁矿（FeS2）生产SCh

C.工业上用氨的催化氧化制备NOD.常温下铁与浓硝酸反应可制备NO2

【答案】D

【解析】A项，乙醇分子中含有羟基，可以和钠反应生成氢气，A正确；B项，黄铁矿

（FeS?）在空气中煨烧生成二氧化硫和氧化铁，B正确；C项，工业上利用氢与氧气催化氧化

生成•氧化氮和副产物水，C正确：D项，常温下铁与浓硝酸会发生钝化，不能制备二氧化

氮，D错误；故选D。

6.（2023•浙江1月选考）关于反应2NH2OH+4Fe3+=N2OT+4Fe2++H2O,下列说法正确的

是（）

A.生成ImolNzO,转移4moi电子B.NH20H是还原产物

C.NH20H既是氧化剂又是还原剂D.若设计成原电池，Fe2+为负极产物

【答案】A

【解析】A项，由方程式可知，反应生成Imol一氧化二氮，转移4moi电子，故A正

确；B项，由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH20H是反应的还原剂，

故B错误；C项，由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NHQH是反应的还

原剂，铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，故C错误；D项，由方程式

可知，反应中铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，若设计成原电池，铁离

子在正极得到电子发生还原反应生成亚铁离子，亚铁离子为正极产物，故D错误；故选A。

7.（2021•浙江1月选考）下列反应的方程式下走砸的是（）

A.石灰石与醋酸反应：CO32+2CH3coOH=2CH3coO+CO2T+H2O

B.铜片上电镀银的总反应（银作阳极，硝酸银溶液作电镀液）：Ag（阳极）遮曳Ag（阴极）

C.铜与稀硝酸反应：3CU+2NCH+8H+=3Cu2++2NOT+4H2。

D.明帆溶液中加入少量氢氧化钢溶液：2A伊+3SO4%+3Ba2++6OH-=2Al（OH）3l+

3BaSO41

【答案】A

【解析】A项，碳酸钙难溶于水，在离子方程式中应以化学式保留，石灰石与醋酸反应

的离子方程式为CaCCh+2CH3coOH=Ca2++2CH3coO+H2O+CO2T，A错误；B项，银作阳

极，阳极的电极反应式为Age=Ag+,铜片作阴极，阴极的电极反应式为Ag++e=Ag,总反

应为Ag（阳极）j|曳Ag（阴极），B正确；C项，Cu与稀硝酸反应生成CU（NO3）2、NO和水，反

应的离子方程式为3Cu+8H++2NQB=3CU2++2NOT+4H2O,C正确；D项，明机溶液中加入

少量Ba（0H）2溶液，参与反应的Ba?+与OH物质的量之比为1:2,生成的A1（OH）3与BaSCU

沉淀物质的量之比为2:3,反应的离子方程式为2AW+3

22+

SO4+3Ba+6OH-2Al（OH）3l+3BaSO4bD正确；故选A。

8.（2022•浙江6月选考）下列说法不氐砸的是（）

A.油脂属于高分子化合物，可用于制造肥皂和油漆

B.福尔马林能使蛋白质变性，可用于浸制动物标本

C.天然气的主要成分是甲烷，是常用的燃料

D.中国科学家在世界上首次人工合成具有生物活性的蛋白质——结晶牛胰岛素

【答案】A

【解析】A项，油脂的相对分子质量虽然较大，但比高分子化合物的相对分子质量小的

多，油脂不是高分子化合物，A错误；B项，福尔马林是甲醛的水溶液，能使蛋白质发生变

性，可用于浸制动物标本，B正确；C项，天然气是三大化石燃料之一，其主要成分是甲烷，

是生产生活中常用的一种清洁燃料，C正确；D项，我国科学家合成的结晶牛胰岛素，是世

界上首次人工合成的具有活性的蛋白质，蛋白质的基本组成单位是氨基酸,D正确；故选A。

9.（2023•浙江1月选考）七叶亭是一种植物抗菌素，适用于细菌性痢疾，其结构如图，

下列说法正确的是（）

A.分子中存在2种官能团

B.分子中所有碳原子共平面

C.1mol该物质与足量滨水反应，最多可消耗2moiBn

D.1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3moiNaOH

【答案】B

【解析】A项，根据结构简式可知分子中含有酚羟基、酯基和碳碳双键，共三种官能团，

A错误；B项，分子中苯环确定一个平面，碳碳双键确定一个平面，且两个平面重合，故所

有碳原子共平面，B正确；C项，酚羟基含有两个邻位H可以和漠发生取代反应，另外碳

碳双键能和单质澳发生加成反应，所以最多消耗单质溪3mol,C错误；D项，分子中含有2

个酚羟基，含有1个酯基，酯基水解后生成1个酚羟基，所以最多消耗4moiNaOH,D错误；

故选B«

10.（2022•浙江6月选考）X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。

X的核外电子数等于其周期数，YX3分子呈三角锥形，Z的核外电子数等于X、Y核外电子

数之和。M与X同主族，Q是同周期中非金属性最强的元素。下列说法正确的是（）

A.X与Z形成的10电子微粒有2种

B.Z与Q形成的一种化合物可用于饮用水的消毒

C.M2Z与MQ的晶体类型不同

D.由X、Y、Z三种元素组成的化合物的水溶液均显酸性

【答案】B

【解析】X的核外电子数等于其周期数，X为H,YX3分子呈三角锥形，Y为N,Z的

核外电子数等于X、Y核外电子数之和，则Z为O,M与X同主族，则M为Na,Q是同

周期中非金属性最强的元素，则Q为CL综合分析，X为H,Y为N,Z为O,M为Na,

Q为Cl。A项，X为H,Z为O,则其形成的10电子微粒有H2O、OH\H.Q+,A错误；B

项，Z为O,Q为C1,可形成CIO?,有氧化性，可用于自来水消毒，B正确：C项，Z为O,

M为Na,Q为C1,则M2为NazO,为离子晶体，MQ为NaCL为离子晶体，晶体类型相

同，C错误；D项，X为H,Y为N,Z为O,这三种元素可以形成NH3O,其溶液显

碱性，D错误；故选B。

11.（2022•浙江6月选考）通过电解废旧锂电池中的LiMmCU可获得难溶性的Li2cCh和

MnO2,电解示意图如下（其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过。电解过程中

溶液的体积变化忽略不计）。下列说法不氐卿的是（）

滤布

A.电极A为阴极，发生还原反应

B.电极B的电极发应：2H2O+Mn2+-2e-=MnO2+4H+

C.电解一段时间后溶液中Mn2+浓度保持不变

D.电解结束，可通过调节pH除去Mn2+,再加入Na2cO3溶液以获得Li2cO3

【答案】C

【解析】A项，由电解示意图可知，电极B上Mn”转化为了MnCh,铸元素化合价升

高，失电子，则电极B为阳极，电极A为阴极，得电子，发生还原反应，A正确；B项，

由电解示意图可知，电极B上M/+失电子转化为了MnCh,电极反应式为：

2++

2H2O+Mn-2e=MnO2+4H,B正确；C项，电极A为阴极，LiMmCU得电子，电极反应式

为：2LiMn2O4+6e+l6H+=2Li++4Mn2++8H2O,依据得失电子守恒，电解池总反应为：

2LiMmO4+4H+=2Li++Mn2++3MnO2+2H2O,反应生成了Mn2+,Mn?+浓度增大，C错误；D项，

电解池总反应为：2LiMn2O4+4H+=2Li*+Mn2++3MnO2+2H2O,电解结束后，可通过调节溶液

pH将钵离子转化为沉淀除去，然后再加入碳酸钠溶液，从而获得碳酸锂，D正确；故选C。

12.（2021•湖北选择性考试）金属Na溶解于液氨中形成氨合钠离子和氨合电子，向该溶

液中加入穴醛类配体L,得到首个含碱金属阴离子的金黄色化合物［NaL/Na,下列说法不

氐顾的是（）

A.Na-的半径比F■的大B.Na-的还原性比Na的强

C.Na-的第一电离能比H-的大D.该事实说明Na也可表现非金属性

【答案】C

【解析】Na-核外有3个电子层，而广核外有2个电子层，故Na的半径比F的大，A

项LE确：Na-的半径比Na的大，Na-中的原子核对最外层电子的吸引力小，易失去电子，故

Na-的还原性比Na的强，B项正确；氏的1s上有2个电子，为全充满稳定结构，不易失去

电子，而Na最外层有2个电子，很活泼，故Na-的第一电离能比H-的小，C项错误；该事

实说明可以形成Na\Na表现出非金属性，D项正确。

13.（2023•浙江1月选考）甲酸Ka=1.8xlO-4是重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其

盐，通过离子交换树脂（含固体活性成分R3N,R为烷基）因静电作用被吸附回收，其回收率

(被吸附在树脂上甲酸根的物质的量分数)与废水初始PH关系如图(已知甲酸Ka=1.8xlO«),

下列说法不无碰的是()

%

/

<

^

回

废水初始pH

A.活性成分R3N在水中存在平衡：R3N+H2O=R3NH++OH

B.pH=5的废水中c(HCOCr)：c(HCOOH>18

C.废水初始pH<2.4,随pH下降，甲酸的电离被抑制，与R3NH+作用的HCOO-数目

减少

D.废水初始pH>5,离子交换树脂活性成分主要以R3NH+形态存在

【答案】D

【解析】A项，由图可知，R3N溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡R3N+H2O—

c(HCOO)K

R3NH++OH,故A正确；B项，由电离常数公式可知，溶液中c(HC°OH)=c(H*),当溶液

c(HCQO-)1.8x10-

pH为5时，溶液中c(HC°°H)=i.OxlOT」8,故B正确；C项，由图可知，溶液pH为2.4

时，废水中的甲酸及其盐回收率最高，当溶液中pH小于2.4时、随溶液pH下降，溶液中

氢离子浓度增大，甲酸的电离被抑制，溶液中甲酸个离子浓度减小，与R3NH♦作用的数目

减小，故C正确；D项，由图可知，RN溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡R3N+H2O-

R3NH++OH-,当废水初始pH大于5时•，平衡向左移动，离子交换树脂活性成分主要以RN

形态存在，故D错误；故选D。

14.(2018•浙江II月选考)己知：H2O(g)=H2O(l)4H\

C6H12O6(g)=C6H12O6(s)4H2

C6Hl2。6(S)+6O2(g)=6H2O(g)4-6CO2(g)Aft

C6HI2O6(g)+6O2(g)=6H2O(1)+6CO2(g)

下列说法正确的是()

A.AHi<0,AH2<0,AH3QH4B.6AHI+AH2+AH3-AH4=0

C.-6AHI+AH2+AH3-AH4=0D.-6AHI+AH2-AH3+AH4=0

【答案】B

【解析】物质由气态转化为液态(液化)需要放热，物质由固态转化为气态需要吸热，比

较反应3和反应4中C6Hl2O6(s)-C6Hl206(g)为吸热过程，6H20(g)-6比0(1)为放热过程，

所以反应4放出更多能量，△!!更小，故选项A错误；由盖斯定律知，反应1

的6倍与反应2与反应3的和可以得到反应4,即6AHI+AH2+AH3=AH4,经数学变形，

可以得到64HI+AH2+AH3—△匕=(),选项B正确；选项C、D均错误。故选B。

+

15.(2022•浙江6月选考)关于反应Cl2(g)+H2O(l)HC1O(叫)+H(aq)+Cl-(aq)AH

<0,达到平衡后，下列说法下正玻的是()

A.升高温度，氯水中的c(HOO)减小

B.氯水中加入少量醋酸钠固体，上述平衡正向移动，c(HC10)增大

C.取氯水稀释，c(C1)/c(HC10)增大

D.取两份氯水，分别滴加AgNCh溶液和淀粉KI溶液，若前者有白色沉淀，后者溶液

变蓝色，可以证明上述反应存在限度

【答案】D

【解析】A项，HC1O受热易分解，升高温度，HCIO分解，平衡正向移动，c(HC10)

减小，A正确；B项，氯水中加入少量醋酸钠固体，醋酸根离子和斑离子结合生成醋酸分子，

氢离子浓度减小，平衡正向移动，c(HC10)增大，B正确；C项，氯水稀释，平衡正向移动，

而c(HClO)和c(Cl-)均减小，但HCIO本身也存在电离平衡HC10UH++CO,稀释促进/HC1O

的电离，使c(HClO)减少更多，因此巴以、增大,C正确；D项，氯水中加硝酸银产生白

色沉淀，证明溶液中有氯离子，氯水中加淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝，证明生成了碘单质，

溶液中有强氧化性的物质，而氯气和次氯酸都有强氧化性，不能证明反应物和生成物共存，

即不能证明上述反应存在限度，D错误；故选D。

16.(2022•浙江1月选考)下列方案设计、现象和结论有不爪碰的是()

目的方案设计现象和结论

检验硫酸厂周用注射器多次抽取空气，慢慢注入盛有酸

溶液不变色，说明空气中

A边空气中是否性KMnCU稀溶液的同一试管中，观察溶液

不含二氧化硫

含有二氧化硫颜色变化

鉴定某涂改液取涂改液与KOH溶液混合加热充分反应，出现白色沉淀，说明涂改

B

中是否存在含取上层清液，硝酸酸化，加入硝酸银溶液，液中存在含氯化合物

氯化合物观察现象

将适量牙膏样品与蒸储水混合，搅拌，静

检验牙膏中是溶液出现绛蓝色，说明牙

c置一段时间，取上层清液，加入新制的

否含有甘油膏中含有甘油

CU(OH)2,振荡，观察现象

鉴别食盐与亚各取少量固体加水溶解，分别滴加含淀粉溶液变蓝色的为亚硝酸

D

硝酸钠的KI溶液，振荡，观察溶液颜色变化钠；溶液不变蓝的为食盐

【答案】D

【解析】A项，二氧化硫具有还原性，酸性KMnCh稀溶液具有氧化性，两者发生氧化

还原反应生成无色的Mn2+,若溶液不变色，说明空气中不含二氧化硫，A正确；B项，涂

改液与KOH溶液混合加热可得KCI于溶液中，取上层清液，硝酸酸化，加入硝酸银溶液，

出现白色沉淀，证明有氯元素存在，B正确；C项，甘油能够与新制的Cu(0H)2悬浊液反应

生成绛蓝色溶液，所以可用新制的Cu(OH)2悬浊液检验甘油，C正确；D项，亚硝酸钠在酸

性条件下具有氧化性，滴加含淀粉的酸性KI溶液，生成了碘单质，反应的离孑方程式为：

+

2NO2+2I+4H=2NO+l2+2H2O,该实验没有酸化，D错误；故选D。

二、非选择题(本题共5题，共52分)

17.(2022•北京卷)(10分)FeSO#7H2O失水后可转为FeSO4H2O,与FeS2可联合制备铁

粉精(FexOy)和H2so4。

I.FeSO4H2O结构如图所示。

(1)Fe2+价层电子排布式为o

(2)比较SCV-和H2O分子中的键角大小并给出相应解释：.

2

(3)H2O与Fe\S(V-和H2O的作用分别为。

II.FeS2晶胞为立方体，边长为anm,如图所示。

⑷①与Fe?+紧邻的阴离子个数为<,

②晶胞的密度为P=g-cm'\(lnm=109m)

⑸以FeS2为燃料，配合FeSO4-H2。可以制备铁粉精（FexO＞）和H2s04。结合图示解释可

（2）SCt?-的键角大于H2O,SOF中S原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0,离

子的空间构型为正四面体形，比0分子中O原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2,

分子的空间构型为V形（2分）

480

（3）配位键、氢键（2分）（4）6（1分）许一xI（P（2分）

（5）由图可知，FeS2与02生成FcQy的反应为放热反应，FeSObEhO分解生成FexOy的

反应为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的S03与

H2O反应生成H2so4（2分）

【解析】（1）铁元素的原子序数为26,基态亚铁离子的价电子排布式为3d6；

（2）硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0,离子的空间型为正四

面体形，水分子中氧原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2,分子的空间构型为V形，

所以硫酸根离子的键角大于水分子；（3）由图可知，具有空轨道的亚铁离子与水分子中具有

孤对电子的氧原子形成配位键，硫酸根离子与水分子间形成氢键；（4）①由晶胞结构可知，

晶胞中位于顶点的亚铁离子与位于棱上的阴离子S；离子间的距离最近，则亚铁离子紧邻的

阴离子个数为6；②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的亚铁离子个数为8X：+6XJ

=4,位于棱上和体心的S；离子个数为12x：+l=4,设晶体的密度为dg/cm）由晶胞的质量

4x（56+32x2）480

公式可得：——M-----==1021a3d,解得£1=诉一（5）由图可知，FeS2与02生成

FexOy的反应为放热反应，FeSOrHzO分解生成FexOy的反应为吸热反应，放热反应放出的

热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的S03与HzO反应生成H2s04,所以以FeS?

为燃料，配合FeSO’HzO可以制备铁粉精和H2s0」可充分实现能源和资源有效利用。

18.(2022•浙江1月选考)(10分)化合物X由4种元素组成。某兴趣小组按如图流程进

行实验:

实验I

249g

实验IICZJ

249g

056g

请回答:

(1)组成X的元素有,X的化学式为。

(2)溶液C中溶质的成分是(用化学式表示)；根据C-D-E的现象，给出相应微

粒与阳离子结合由弱到强的排序.

(3)X与足量Na反应生成固体F的化学方程式是。

(4)设计实验确定溶液G中阴离子“

【答案】(l)Fe、S、O、H(2分)FeH(SC>4)2(2分)

(2)FeCb、HCkBaCl2(l分)Cl',H2O,SCN\OH(1分)

(3)2FeH(SO4)2+40Na惰性会氛2Fe+4Na2s+16Na2(3+H2(2分)

(4)用玻璃棒蘸取溶液G,点在红色石蕊试纸上，若变蓝，说明存在OU；取少量溶液G,

加入足量H2O2,用盐酸酸化，再加入BaCb溶液，有白色沉淀，说明有S%(2分)

【解析】X形成水溶液，与氯化钢反应生产白色沉淀，且沉淀不与盐酸反应说明生产硫

酸银，说明X含有硫酸根，溶液加入KSCN变红说明含有Fe3+,B为4.66g则为0.02mol

硫酸钢，说明X含有0.02mol的硫酸根,H中为Fe单质，即为O.OlmoLX中含有O.OlmolFe,

由此可知X中应含有0.01的H。(1)由分析可知，组成X的元素有：Fe、S、0、H;X的化

学式为FeH(SC>4)2：(2)X为FeH(SCU)2与氯化钢反应，溶液C中溶质的成分是FeCb、HC1

以及过量的BaCb；根据C为溶液，铁离子在水中会水解，C-D形成络合物，DTE形成沉

淀，相应微粒与阳离子结合由弱到强的排序：Cl\比0、SCN-、OH-；(3)X与足量Na反应

生成固体F的化学方程式是：2FeH(SC)4)2+40Na情,安氛2Fe+4Na2s+16m2。+小；(4)设计

实验确定溶液G中阴离子：用玻璃棒蘸取溶液G,点在红色石蕊试纸上，若变蓝，说明存

在OH；取少量溶液G,加入足量H2O2,用盐酸酸化，再加入BaCb溶液，有白色沉淀,

说明有S2\

19.(2023•浙江1月选考)(10分)“碳达峰•碳中和”是我国社会发展重大战略之一，CH4

还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：

1

I：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)AW,=+247kJ.mol',K\

II：CO2(g)+H2(g)-CO(g)+H2O(g)A//2=+41kJ・mol",Kz

请回答：

(1)有利于提高CO2平衡转化率的条件是•

A.低温低压B.低温高压C.高温低压D.高温高压

1

(2)反应CH4(g)+3CO2(g)4co(g)+2H2O(g)的凶=kJ,mol,K=

(用K\'1K2表小)。

(3)恒压、750℃时，CFU和CO2按物质的量之比1：3投料•，反应经如下流程(主要产物

已标出)可实现CO2高效转化。

①下列说法正确的是。

A.Fe3()4可循环利用，CaO不可循环利用

B.过程ii,CaO吸收CO2可促进Fe3O4氧化CO的平衡正移

C.过程ii产生的HaO最终未被CaO吸收，在过程iii被排出

D.相比于反应I,该流程的总反应还原ImolCCh需吸收的能量更多

②过程ii平衡后通入He,测得一段时间内CO物质的量上升，根据过程iii,结合平衡

移动原理，解释CO物质的量上升的原因_______________________________。

(4)CFU还原能力(R)可衡量CO2转化效率，R=A〃(CO2)/A〃(CH4)(同一时段内CCh与CH4

的物质的量变化之比)。

①常压下CH4和CCh按物质的量之比1：3投料，某一时段内CH』和C02的转化率

随温度变化如图I,请在图2中画出400~1000℃之间R的变化趋势，并标明1000℃时间R

值。

②催化剂X可提高R值，另一时段内CH4转化率、R值随温度变化如下表:

温度/七480500520550

CH4转化率/%7.911.520.234.8

R2.62.42.11.8

下列说法不正确的是

A.R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应II的速率

B.温度越低，含氢产物中H20占比越高

C.温度升高，CH4转化率增加，CCh转化率降低，R值减小

D.改变催化剂提高CH4转化率，R值不一定增大

【答案】（l）C（l分）（2）+329（1分）~・氏2（1分）

⑶①BC（2分）

②通入He,CaCCh分解平衡正移，导致c（CC>2）/c（C0）增大，促进Fe还原CO?平衡正移

(2分)

(4)①（1分）②C（2分）

【解析】（1）反应I为气体体积增大的吸热反应，反应H为气体体积不变的吸热反应，

△H>0,升高温度，平衡右移，CH」平衡转化率增大；降低压强，平衡右移，CH4平衡转化

率增大，故有利于提高CO2平衡转化率的条件是高温低压；故选C；

(2)已知：I：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)AHi=+247kJ・moE,K\

1

II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)AW2=+41kJnnol-,K2

根据盖斯定律，由I+H*2得反应H4(g)+3CO2(g)4CO(g)+2H2O(g)；故

1

△H=AH,+2AH2=+329kJ-mol,K=K-A^；(3)①A项，根据流程可知，Feg』转化为Fe,

Fe又转化为Fe3O4,Fe.Q4可循环利用；CaCO3受热分解生成CaO和CO2,CaO又与CO2反

应生成CaCCh，CaO也可循环利用，A错误；B项，过程ii,CaO吸收CCh使CCh浓度降

低，促进Fe3O4氧化CO的平衡正移，B正确；C项，过程iiCaO吸收CO2而产生的H2O最

终未被CaO吸收，在过程iii被排出，C正确；D项，焰变只与起始物质的量有关，与过程

无关，故相比于反应1,该流程的总反应还原1molCCh需吸收的能量一样多，D错误；故

eg)

选BC；②通入He,CaCCh分解平衡正移，导致c(CO)增大，促进Fe还原CCh平衡正移，

故过程ii平衡后通入He,测得一段时间内CO物质的量上升;(4)①根据图1可知1000C时，

CH4转化率为100%,即△”(CH4)=lmol,CO2转化率为60%,即△”(CO2)=3mol><60%=1.8mol,

1.8mol

故/?=A«(CO2)/An(CH4)=Imol=1.8,故400~1000℃间R的变化趋势如图：

;②A项，R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应n的

速率，使单位时间内反应n中CO2的转化率增大，△〃(CO2)增大的倍数比A"(CH。大，则R

提高，A正确；B项，根据表中数据可知，温度越低，CH4转化率越小，而R越大，A”(CO2)

增大的倍数比A〃(CH4)大，含氢产物中H2O占比越高，B正确；C项，温度升高，CH4转化

率增加，CO2转化率也增大，且两个反应中的CO2转化率均增大，增大倍数多，故R值增

大，C不正确；D项，改变催化剂使反应有选择性按反应I而提高CH,转化率，若CO?转

化率减小，则R值不一定增大，D正确；故选C。

20.(2021•浙江6月选考)(10分)CEO是很好的氯化剂，实验室用如图装置(夹持仪器已

省略)制备高纯CLO。已知：

①HgO+2cL=HgCh+ChO,合适反应温度为18~25℃；副反应：2HgO+2cL=2HgeI2+O2。

②常压下，02沸点-34.0℃,熔点-101.0℃；CI2O沸点2C℃,熔点-1206C。

③CI2O+H2O2HC10,C12O在CCU中的溶解度远大于其在水中的溶解度。

请回答：

(1)①装置A的作用是去除原料气中的少量水分，可用的试剂是

②将上图中装置组装完整，虚框D中应选用。

(2)有关反应柱B,须进行的操作是。

A.将HgO粉末热处理除水分、增加表面积后填入反应柱

B.调控进入反应柱的混合气中CL和N2的比例

C.调控混合气从下口进入反应柱的流速

D.将加热带缠绕于反应柱并加热

(3)装置C,冷却液的温度通常控制在-80~-60℃。反应停止后，温度保持不变，为减少

产品中的CL含量，可采用的方法是。

(4)将纯化后的C12O产品气化，通入水中得到高纯度C12O的浓溶液，于阴凉暗处贮存。

当需要ChO时，可将CbO浓溶液用CCL萃取分液，经气化重新得到。

针对萃取分液，从下列选项选择合适操作(操作不能重复使用)并排序：

c—>t一e-d—J°

a.检查旋塞、玻璃塞处是否漏水

b.将溶液和CC14转入分液漏斗

c.涂凡士林

d.旋开旋塞放气

e.倒转分液漏斗，小心振摇

f.经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置

g.打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体

h.打开旋塞，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，将上层液体倒入锥形瓶

（5）产品分析：取一定量CLO浓溶液的稀释液，加入适量CC14、过量KI溶液及一定量

的稀H2so4,充分反应。用标准Na2s2。溶液滴定（滴定I）；再以酚醐为指示齐I」，用标准NaOH

溶液滴定（滴定II）o已知产生L的反应（不考虑Cl2与水反应）：

++

2F+C12=I2+2C1\4L+C12O+2H=2I2+2H2O+2Cr,2I-+HC10+H=I2+H2O+C1

实验数据如下表：

加入量n(H2SO4)/mol2.505x10-3

3

滴定I测出量n（I2）/mol2.005X10-

滴定H测出量n（H2so4）/mol1.505x1O-3

①用标准Na2s2O3溶液滴定时，无需另加指示剂。判断演串！到达终点的实验现象是

②高纯度CbO浓溶液中要求n（Cl2O）/n（Cl2）>99（C12O和HC10均以Cl30计）。绡令数

型分析所制备的ChO浓溶液是否符合要求o

【答案】⑴①浓H2so分）②a（l分）

（2）ABC（2分）（3）抽气（或通干燥氮气）（1分）

（4）abg（2分）

（5）①CCL中山紫红色突变到无色，且30s不恢复（1分）

“（C1Q）

②溶液中CLO和Cb分别为1.000xlO-3mol、5x106mo[,%*=200>99,符合要求

（2分）

【解析】（1）①装置A的作用是去除原料气（C12、N2）中的少量水分，可用的试剂是浓H2s04；

②Cb和ChO都不能直接排放于空气中，因此需要进行尾气处理，Cb、CbO能与NaOH溶

液反应，同时需要防止NaOH溶液中水蒸气进入C装置中，因此需要在C和尾气处理装置

之间连接吸收水蒸气的装置，所以虚框D中应选用a装置。（2）装置B为HgO与Cb反应制

备CbO的装置，A项，因CkO能与H2O发生反应，因此需要将HgO粉末热处理除水分，

该反应为固体与气体接触类反应，因此增加表面积能够加快反应速率，故A选；B项，N2

的作用是稀释CI2,在气流速率一定的条件下，氯气所占的比例越小，其转化率越高，同时

Ch不足时会发生副反应，因此需要调控进入反应柱的混合气中C12和N2的比例，故B选；

C项，为了让气体与固体充分接触，混合气体应从下口进入反应柱，同时需要控制气体的流

速，防止副反应发生，故c选；D项，HgO与C12反应制备CLO的合适反应温度为18℃〜

25℃,因此该反应在常温下进行，若对反应柱加热会发生副反应，故D不选；故选ABC。

(3)由题可知，C12沸点小于CbO,在Ch未发生冷凝时抽气或通入氮气可以有效的去除产物

中的CL。(4)萃取分液的操作顺序为：检漏一加入萃取剂和溶液一振荡摇匀一放气一静置分

层一放液，下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，因CC14密度大于水，因此萃取后

溶有的CC14位于下层，因此操作顺序为：涂凡土林一检查旋塞、玻璃塞处是否漏水一

将溶液和CC14转入分液漏斗一倒转分液漏斗，小心振摇一旋开旋塞放气一经几次振摇并放

气后，将分液漏斗置于铁架台上静置一打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体，故答案为abg。

(5)①溶有12的CC14溶液呈紫红色，用标准Na2s2。3溶液滴定h过程中，当12恰好反应完全

时，溶液呈无色，因此滴定k到达终点的实验现象是CCL中由紫红色突变到无色，且30s