化学-2022年高考考前押题密卷（浙江卷）（全解全析）

2022年高考考前押题密卷(浙江卷)

化学•全解全析

题号123456789101112

答案BAAACDCCCDCC

13141516171819202122232425

ACBDDBBACBDAD

I.【答案】B

【解析】A项，SO?溶于水和水反应生成亚硫酸，显酸性，但二氧化硫是共价化合物，A不符合；B项，

NH4cl为强酸弱碱盐，溶于水钱根水解而使溶液显酸性，氯化镂含有离子键是离子化合物，B符合；C项，

H2s04溶于水电离出氢离子，显酸性，硫酸是共价化合物，C不符合；D项，CH3OOOK属于离子化合物，

强碱弱酸盐，水解显碱性，D不符合；故选B。

2.【答案】A

【解析】A项，CH3coOH为一元弱酸，在水溶液中能电离出自由移动的离子，CH3coOH属电解质，

故A符合题意；B项，CS2属于非电解质，故B不符合题意；C项，铜为单质，既不是电解质也不是非电

解质，故C不符合题意；D项，C2H50H属于有机物，水溶液和液态时都不导电，为非电解质，故D不符

合题意；故选A。

3.【答案】A

【解析】A项，蒸储烧瓶可以加热，应垫上石棉网，A符合题意；B项，漏斗是用于过滤或向小口容器

中加入液体物质的仪器，不能用来加热，B不符合题意；C项，容量瓶是准确配制一定体积一定物质的量浓

度溶液的仪器，不能用来进行加热操作，C不符合题意；D项，冷凝管是进行降温冷凝的装置，不能进行加

热，D不符合题意；故选A。

4.【答案】A

【解析】A项，摩尔盐的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2・6H2O,故A不正确；B项，碳钱是碳酸氢镂的俗称，

化学式为NH4HCO3,故B正确；C项，乳酸为a—羟基丙酸的俗称，结构筒式为CH3cH(0H)C00H,故C

正确；D项，甘油为丙三醉的俗称，含有三个羟基，结构简式为HOCH2cH(OH)CH2OH,故D正确；故选

Ao

5.【答案】C

【解析】A项，CH3cH2cH2cH3为正丁烷的结构简式，异丁烷的结构简式为CH3cH(CFb)2,A错误；B

项，C02中各原子均达到8电子稳定结构，电子式为：6：：C：：6：,B错误；C项，NH3分子是由1个氮原

子和3个氢原子构成的，图中为氨分子的球棍模型，C正确；D项，过氧化钠为离子化合物，不存在分子,

没有分子式，D错误；故选C。

6.【答案】D

【解析】无机无氧酸不一定是非金属元素的氢化物，如HCN、HSCN等，A错误；根据化学反应动力

学，反应产物的能量与反应物的能量一定不相等，B错误；氧化还原反应中的有些反应物，可能既不做氧化

剂也不做还原剂，C错误；催化剂在降低总反应的活化能的同时，也降低了逆反应的活化能，但不改变焰变，

D正确。故选D。

7.【答案】C

【解析】A项，任、2H2、3H2是单质，不是原子，因此不能互为同位素,故A错误;B项,

CH3

属于酚,属于醇，结构不相似，因此不互为同系物，故B错误；C项，金刚石、富勒烯

——CH20H

都是碳元素形成的不同单质，因此互为同素异形体，故C正确；D项，联苯的结构简式为

分子式为CnHio,蔡结构简式为［^分子式为CU）H8,二者分子式不同，不属于同分异构体，故D

错误；故选C。

8.【答案】C

【解析】A项，根据侯氏制碱法原理可知，将氨气通入饱和氯化钠溶液中，再通入二氧化碳气体，可

得到碳酸氢钠，A错误：B项，焦炭和二氧化硅高温反应生成粗硅和一氧化碳，B错误；C项，N02通入到

NaOH溶液中，发生反应NO2+2NaOH=NaNO3+NaNCh+H2O,C正确；D项，水和过氧化钠生成NaOH和

。2,D错误；故选C。

9.【答案】C

【解析】A项，氯气与氢气在光照下易爆炸，工业常在反应器中将氢气点燃，然后通入氯气进行反应

生产盐酸，故A错误；B项，氯化亚铁溶液与铜不反应，制作印刷电路板是用氯化铁和铜反应生成氯化亚

铁和氯化铜，即Cu+2FeC13=CuCL+2FeC12,故B错误；C项，控制合适的条件，可实现在铁皮表面电镀锡，

故C正确；D项，FeSO#710隔绝空气高温分解，根据根据氧化还原反应规律，不可能元素化合价都升高，

所以产物不可能是FezCh、O2、SO3和H2O,故D错误；故选C。

10.【答案】D

【解析】A项，反应过程中C1CT中C1的化合价降低，被还原为C「，C「是还原产物，A错误：B项，

C10中C1的化合价降低，C1CT是氧化剂，Fe的化合价升高，Fe3+是还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量

之比为3：2,B错误；C项，Fe的化合价升高，Fe3+是还原剂，被氧化，发生氧化反应，C错误；D项，高

铁酸钠在水处理中反应转化为氢氧化铁，铁的化合价由+6价降低为+3价，高铁酸钠是氧化剂，体现了氧化

性，上述反应中Fe的价态由+3价升高为+6价，生成1mol高铁酸钠转移1molx（6-3）=3mol电子，D正确；

故选D。

11.【答案】C

【解析】A项，根据蛋白质等电点（（即氨基酸分子所带电荷呈中性）的不同可通过电泳进行分离蛋白质，

故A正确：B项，阿司匹林粗产品减压过滤分离时，用滤液淋洗锥形瓶，用冷水洗涤晶体可以减少阿司匹

林因溶解而造成损耗，故B正确；C项，纸层析分离铁离子和铜离子时，用饱和溶液点样的斑点不能太大，

过大会使分离色带会出现重叠无法达到分离得目的，故C错误；D项，海带灰浸取液中含有1一离子，而不

是12,四氯化碳不能萃取碘离子，振荡静置后下层无色不能说明浸取液中不含碘元素，故D正确；故选C。

12.【答案】C

【解析】A项，铜与浓硫酸反应过程中，随着反应的进行，硫酸浓度变小，反应就不能进行，被还原

的硫酸小于0.5NA,A错误；B项，25。（2时，pH=3的醋酸溶液则其中氢离子浓度为O.OOlmol/L,1L溶液中

含H+的数目等于O.OOINA,B错误；C项，1分子乙烯、1分子乙醇均消耗3分子的氧气，则O.lmol乙烯与

乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧分子数为0.3NA,C正确；D项，60gsiCh和12gC（金刚石）的物质的量均

为ImoLSiCh中1个硅原子形成4个硅氧键，ImolSiCh中含有4NA个Si-O键，C（金刚石）中平均1个碳

原子形成2个碳碳键，1molC（金刚石）中含有2NA个C-C键，D错误；故选C。

13.【答案】A

【解析】A项，NazCh与H2O发生反应，NazCh发生歧化反应，中的0全部来自NazCh中，即产物

应为Na180H和Mo2,A错误；B项，NaHCCh溶液与NaAlO?溶液混合产生氢氧化铝白色沉淀和碳酸根离

2

子，反应离子方程式为AIO2+HCO3+H2O=AI（OH）3;+CO3-,B正确；C项，用酸性高镒酸钾溶液滴定草酸，

即酸性高锯酸钾溶液和草酸发生氧化还原反应，KMnCU中Mn元素得电子被还原，草酸中C元素失电子被

氧化，根据得失电子守恒和元素守恒，其离子方程式为2MnO/+6H++5H2c2O4=2Mn2++10CO2f+8H20,C正

确；D项，乙醛与新制氢氧化铜共热生成砖红色(CsO)沉淀，反应的离子方程式为：CH3CHO+2CU(OH)2+OH

CHjCOO+Cu2Oi+3H2O,D正确；故选A。

14.【答案】C

【解析】A项，糖类、油脂含有C、H、。等元素，而蛋白质含有C、H、0、N等元素，组成元素不同，

A错误；B项，合成硝化纤维、醋酸纤维均用到纤维素，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，合成聚酯纤维不需要用到纤维素，B错误；C项，二氧化碳和环氧丙

烷反应可生成聚碳酸酯，是一种可降解塑料，能减少白色污染，C正确；D项，皂化反应是高级脂肪酸的甘

油酯在碱性条件下水解，水果中的异戊酸异戊酯水解不是皂化反应，D错误；故选C。

15.【答案】B

【解析】A项，香菇喋吟的分子式为C9H1Q4N5,故A正确；B项，香菇喋吟与甘氨酸组成、结构不相

似，不属于同系物，故B错误;C项，香菇喋吟中有醇羟基和竣基，醇羟基能与金属钠反应，竣基能与NaOH、

Na2co3、NaHCCh反应，故C正确；D项，香菇嗦吟中有碳氮双键、醉羟基和竣基，碳氮双键可发生加成、

聚合反应，醇羟基可发生取代、氧化反应，故D正确。

16.【答案】D

【解析】根据短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，其中元素Y、Z同周期，元素W、

Q同周期，可知X为H元素，Y、Z为第二周期元素，W、Q为第三周期元素，元素W组成的单质及与Z

形成的化合物熔点很高。W应为Si元素，Z应为0元素，元素W与Y同主族，可得Y为C元素，元素Q

的价层电子数等于X、Z的价层电子数之和，即1+6=7,Q为C1元素。A项，非金属性越强最高价氧化物

对应的水化物酸性越强，Y(C)、W(Si)、Q(C1)非金属性顺序为Cl>C>Si,故A错误；B项，X、Y、Z、W原

子半径同周期中原子半径从左到右逐渐减小，应该为Y>Z,即C>0,故B错误；C项，Y与Z可形成CO

不属于酸性氧化物，故C错误；D项，YX4与WQ4分别是CK、SiCl4,均为非极性分子，故D正确。

17.【答案】D

【解析】A项，“溶液X”为等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，结合醋酸的电离常数K4=

c(HI：?：?。)可得,溶液中c(H+尸K“=1.76x10-5,则溶液pH约为4.7,故A正确；B项，“溶液X”为

C(CH3CCXJH)

等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，醋酸根离子的水解常数的尸｝=<K"=1.76X10-5,说明等浓

K,1.0x1O-47

度的醋酸和醋酸钠混合溶液中，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则溶液中

c(CH3coOH)<c(CH3coeT),故B正确；C项，“溶液X”为等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，加蒸馆水稀

释至200mL时，溶液中醋酸和醋酸根以同等程度减小，溶液中c(CH3coOH)=c(CH3coeT),醋酸的电离常

数和醋酸根离子的电离常数都不变，由于醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，“溶液X”稀释时水解

程度变化大于电离程度，溶液的pH基本保持不变，略有增大，故C正确；D项，向“溶液X”中逐滴加入

0.10mol/L氢氧化钠溶液时，溶液中醋酸根离子和氢氧根离子浓度都增大，醋酸的电离常数不变，溶液中

c(H*)=Ka匕C(H')

c(CH,COOH)-c(OH)-c(CH,COO)c(OH)'川价/仅'c(CH3coO)c(OH)"成小'c(CH,COOH)c(OH)M

小，故D错误；故选D。

18.【答案】B

【解析】A项，由题中能量变化示意图可知，CH4与Cl2的取代反应不管生成CH3ChCH2CI2还是CHCh

或者CCL均为AHVO,则CH4与CI2的取代反应是放热反应，A正确；B项，由图可知，ImolCH』和ImolCb

的能量之和比ImolCH3cl和ImolHCl的能量之和多99kJ,B错误；C项，由图中信息可知，

X

.99«4(-19(-301)«1x(400)BP-AH4=1AH3~1AH2MH”说明CH4与Cl2的四步取代反应难易程度

相当，C正确；D项，已知CH«g)+Cl・(g)TCH3・(g)+HCl(g)过程中断裂了ImolC-H键，形成了lmol的H-C1

键，已知Cl—C1的键能为243kJ-mollC—C1的键能为327kJ-mori,且有：CH4(g)+Cl2(g)^CH3Cl(g)+HCI(g)

△H=-99kJ/mol,即4E(C-H)+E(CI-CI)—3E(C-H)—E(c-ci)—E(H-ci)=-99kJ/mol,即E(C-H)+E(CI-CI)

—E(C-CI)—E(H-CI)=-99kJ/mol,则E(c-H)+243kJ/mol_327kJ/mol—E(H-CI)=-99kJ/mol,则E(C-H)—E(H-CI)=-15kJ/mol,

即CH«g)+Cl・(g)TCH3・(g)+HCl(g)的△H=-15kJ/mol<0,D正确；故选B。

19.【答案】B

【解析】A项，根据题中示意图可知，N点之前随温度升高，Z的含量增加，说明反应正向进行，N点

之后随温度升高，Z的含量减小，说明平衡逆向进行，则M点没有得到平衡状态，N点达到平衡状态，N

点之后温度升高平衡逆向移动，A错误；B项，由于温度会影响催化剂的活性，M点温度虽然低于N点，

但考虑催化的活性，所以M点的逆反应速率可能大于N点的逆反应速率，B正确；C项，由于X和Y不是

按照化学计量数之比通入的，所以反应过程中X、Y的体积分数不一定均先减小后增大，C错误；D项，催

化剂不会影响平衡状态，P点Z的体积分数小于N点，原因是温度升高平衡逆向进行导致的，D错误：故

选B。

20.【答案】A

【解析】A项，对于同分异构体来说，物质分子中含有的支链越多，分子间作用力就越小，物质的熔

沸点就越低；1molC(CH3)4转化为1mol(CH3)2CHCH2cH3时要吸收热量，物质含有的能量越多，体系混乱

程度就越大，其焙值就越大，说明焙值大小关系为：1molC(CH3)4<lmol(CH3)2CHCH2cH3,A正确；B

项，当物质状态相同时，体系中含有气体分子数越多，嫡值就越大，则嫡的大小关系为：2moic2H“g)>lmol

CH£g),B错误；C项，当物质状态相同、物质的量相同时，物质内含有的原子数目越多，燃值就越大，燧

的大小关系为：ImolCuSO#5H2。⑸>lmolCuSOQ(s),C错误;D项，同一物质在不同状态时,燧的大小

关系为：气态〉液态〉固态，故焙的大小关系为：lmolH20(g)>lmol&06),D错误；故选A。

21.【答案】C

【解析】A项，由图示原理信息可知，铁失电子作负极，构成原电池，把化学能转化为电能，故A正

确；B项，根据机理，过程②为NCh-转化为NH4+,即NCh中N元素由+5价得电子转化为-3价，结合在

酸性环境中，其电极反应式为NO3.+8e+10H+=NH4++3H2。，故B正确；C项，三氯乙烯(C2HCI3)中C原子

化合价为+1价，乙烷中C原子化合价为-3价，1molCzHCb转化为1molC2H6时，得至lj8moi电子；铁作负

极，失电子转化为FesCU,其电极反应式为3Fe-8e+4H2O=Fe3CU+8H+,即3moiFe失8mol电子，所以消耗

amol零价铁，则可除去;amol三氯乙烯，故C错误；D项，增大单位体积内的纳米零价铁投入量，可以增

大纳米零价铁和正极的接触面积，加快纳米零价铁释放电子的速率，提高三氯乙烯的去除效率，故D正确；

故选C。

22.【答案】B

【解析】A项，甲酸乙酯中含有醛基具有还原性，能与新制氢氧化铜反应；乙酸乙酯不含醛基，不能

与新制氢氧化铜反应，A错误；B项，［PCR+呈正四面体结构，［PCk］呈正八面体结构，结合题意，B正

确；C项，硝酸根具有强氧化性，能把二氧化硫氧化为硫酸根离子，故SO2和过量Ba(NCh)2溶液会生成硫

酸领白色沉淀，C错误；D项，铜活动性较弱，不和稀硫酸反应，故铜碳合金插入稀硫酸不会发生析氢腐蚀，

D错误；故选B。

23.【答案】D

【解析】A项，根据刖表达式，在-1g'不，？、一馆'［2,、_］c(空?值相同时,心越

-

c(H2A)c(HA)c(A")

C（HA+）

大，c（OH-）越大，pOH越小。/＞及2＞陶3,所以曲线Z表示pOH与-lg丁宙［■的关系，A正确；B项，

根据图示,Kh（HA-）=10-9.8,则K；,（H2A）=10-42,B正确；C项,根据图示,KhW》IO*,Kh（HA》IO,,

Kh(H2A)=10TL7,则溶液显中性时，C(叱)=1026,邑H2A,=]0_2.8,小喧？=10”,由此可比较

2-

c(A)c(HA-)c<H2A)

溶液中C(HA)>C(A2-)>C(H2A)>C(H3A+),C正确；B项，Na2A溶液中存在离子为Na\H\H3A\母-、HA\

+++2

OH,根据电荷守恒，c(Na)+c(H)+c(H3A)=2c(A-)+c(HA-)+c(OH-),D错误。

24.【答案】A

OH

【解析】根据题中的反应机理图，TRAP试剂中的RuQT,经历过程①和②将1氧化为

RiR2

o

JL,本身被还原为H2R11O4,H2R1Q“经历过程③脱水，得到RuCh；R11O3-与NMO反应，经历过

RiR2

程④和⑤得到RuO「和NMM；RuO3咱身发生歧化反应⑥，得至IJRUO42-和RuCLA项，错（Ru）在TPAP机理

图中共呈现了4种价态，分别是+4价、+5价、+6价、+7价，A项正确；B项，RuCh-与NMO反应，经过

过程④和⑤得到RuC*和NMM,其中Ru元素从+5价升至+7价，则RuQ；做还原剂，NMO做氧化剂，B项

错误；C项，RuCh-自身发生歧化反应⑥，离子方程式为2RUO3-=RUO2+RUO42-,产物不是RuO",则不是TRAP

试剂再生的另一途径，C项错误：D项，TRAP试剂中的RuQf不会氧化碳碳双键，可以将酹仅氧化至醛，

OHO

若Ri为CH2=CH-,R2为H-,则RuO「经过过程①和②将H2C、人氧化为H2c'人D项错误；

CHCH

HH

故选A,

25.【答案】D

【解析】A项，碘水检验淀粉要在酸性环境中，碱性条件下L与碱反应，干扰淀粉检验，故A错误；

B项,探究不同金属离于对H2O2分解速率的影响应选用相同阴离子的金属盐，该方案中盐中的阴离子不同，

无法排除阴离子的干扰，故B错误；C项，与氢氧化铜加热产生砖红色沉淀的可能是醛类，也可能是甲酸

类物质，故C错误；D项，二氧化硫能使品红褪色，且加热能恢复，因此可用品红检验二氧化硫，故D正

确；故选D。

26.（4分）

【答案】（l）ZnB是离子晶体，ZnCL、ZnBr?、Znb是分子晶体，离子键的作用大于分子间作用力，故

ZnFa的熔点较大，而后三者熔点较低且相差较小（2分）

（2）＜（1分）邻羟基苯甲醛在分子内形成了氢键，在分子间不存在氢键，对羟基苯甲醛不可能形成分

子内氢键，只能在分子间形成氢键（1分）

【解析】（1）氟元素最活泼的非金属元素，ZnF2是离子晶体；而力。2、ZnBn、ZnL是分子晶体，离子键

的作用大于分子间作用力，故ZnFz的熔点较大，而后三者熔点较低且相差较小。（2）分子内生成氢键，熔、

沸点常降低，分子间有氢键的物质熔，熔、沸点常升高，因为邻羟基苯甲醛在分子内形成了氢键，在分子

间不存在氢键，对羟基苯甲醛不可能形成分子内氢键，只能在分子间形成氢键，则沸点：邻羟基苯甲醛〈对

羟基苯甲醛。

27.（4分）

【答案】（1）1:2（2分）

（2）C3H6。4（1分）因N（C）：N（H）=1：2,故X不饱和度为1,由于与钠产生氢气的官能团为竣基或羟基

且n（H2）=0.15mol,故X含1个竣基和2个羟基,分子式为C3H6。4（1分）

m54g

【解析】(1)根据题意，生成水的物质的量为：n(H2O)=—/=0.3mol,则O.lmol该有机物分子

M18g/mol

V6.72L八C,

中含有H原子的物质的量为：n(H)=0.6mol；生成二氧化碳的物质的量为：n(CO)=—z-~~-=0.3mol,

2%22.4L/mol

则O.lmol该有机物分子中含有C原子的物质的量为：n(C)=O.3mol,则C与H的原子个数比为0.3：0.6=1：

V336L

2；(2)0.1mo1X与足量钠反应，产生氢气的体积为3.36L(标准状况)，n=—=-।=0.15mol,因N(C)：

V/N.­L/ZIIIOI

N(H)=1：2,故X不饱和度为1,由于与钠产生氢气的官能团为竣基或羟基且n(H2)=0.15mo1,故X含1个

豫基和2个羟基，分子式为C3H6。4。

28.(10分)

【答案】(l)Fe、S、O、N、H(2分)Fe(SChNH2)2(2分)

(2)Fe(SO3NH2)2+4NaOHA2NH3T+Fe(OH)21+2Na2SO4(2分)

(3)HC1、NH4c1(2分)

(4)向溶液N中加铁粉，若红色变浅，说明溶液N中存在动态平衡(2分)

【解析】实验1中，X隔绝空气加热，生成固体A和混合气体，混合气体通入含有过氧化氢的BaCb

699g

溶液中，生成的白色沉淀C是BaSO4,BaSO4的物质的量是”；：「003mol,说明混合气体中含有0.03mol

S02；实验2中，物质X与NaOH溶液的反应属于非氧化还原反应，反应生成L344L标准状况下刺激性气

味的气体E,可知生成0.06molNH3,所以7.44gX中含有0.06molN元素；反应生成白色沉淀F,白色沉淀

F和氧气反应生成红褐色沉淀G,G是Fe(OH)3,F是Fe(OH)2,Fe(OH)3加热分解为红色粉末H,H是Fe2O3,

FeO的物质的量是"八:=0.015mol；则X中含有0.03molFe；X和氢氧化钠反应后的溶液中加入BaCl

23160g/mol2

溶液生成BaSCU沉淀，说明X中S元素为+6价；根据铁元素守恒，可以得知实验1中，固体A的摩尔质

量是高广匕2时。1、A是。。3mRFeS。4，则根据硫元素守恒，7.44gX中含有。.。6mds元素；根据

氧元素守恒，7.44gX中含有氧元素0.03x4+0.03x2=0.18mol；X由5种元素组成，则H元素的物质的量为

7.44-56x0.03-32x0.06-14x0.06-16x0.18

=0.12moL(1)根据以上分析，组成X的元素有Fe、S、0、N、H,

1

根据个元素的物质的量比n(Fe)：n(S)：n(O)：n(N)：n(H)=0.03：0.06：0.18：0.06：0.12=1：2：6：2：4,X

的化学式为Fe(SO3NH2)2；(2)根据流程图，X与浓NaOH溶液共热生成氨气、硫酸钠、氢氧化亚铁，反应的

化学方程式为Fe(SO3NH2)2+4NaOHA2NH3t+Fc(OH)21+2Na2s03(3)X分解的方程式为3Fe(SO3NH2)2A

3FeSO4+3SO2t+4NH3T+N2T,混合气体通入含有过氧化氢的BaCL溶液中，发生反应

H2O2+SO2+BaC12=BaSO41+2HCI,HC1+NH3=NH4C1,溶液D中的溶质有"：H2O2,BaCb、HCKNH4C1；⑷

3+2+

溶液N中存在平衡Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3,向溶液N中加铁粉，发生反应2Fe+Fe=3Fe,Fe3+浓度

减小，若红色变浅，说明溶液N中存在动态平衡。

29.(10分)

【答案】(1)©<(1分)该反应为自发反应，△$<(),故△“<(),相同压强下，温度升高，平衡逆向移动，

夕(CO2)减小,故。〈乃(1分)

256

②80%(1分)一(1分)③BD(2分)

Pi

©NO—NO*+CO=：NO—NO—CO*(1分)NO—N*+CO=N2+CO2(1分)

(2)氧气存在时，发生反应CH4+2O2=CCh+2H2O,该反应的活化能比CH4还原NO反应活化能小，导致

NO去除率降低。离子交换分子筛催化剂降低了CH$还原NO反应的活化能，选择性提高(2分)

【解析】⑴①根据题意，反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CCh(g)为气体体积减小的反应，可知反应

焙变ASVO,结合“由利用催化处理汽车尾气中的一氧化氮和一氧化碳的技术已投入实际使用“，说明该反应

为自发反应，依据反应△"一T/kS<0,得出反应焰变△“<（）,相同压强下，温度升高，平衡向逆反应方向移动，

二氧化碳的的物质的量分数减小，由图可知，相同压强下，。条件下二氧化碳的物质的量分数大于乃，所

以反应温度。小于心；②设恒温（。）恒容条件下，容器的体积为VL、一氧化氮的转化率为x,由题给数据

可建立如下三段式：

2co(g)+2N0(g——NJg)+2C0Jg)

起始(mol)2200

改变(mol)2x2xX2x

平衡(mol)2-2x2-2xX2x

£xl00%=50%,解得x=0.8,则

由图可知，二氧化碳的物质的量分数为50%,由三段式数据可得:

4■.工

一氧化氮的转化率80%；平衡时一氧化碳、一氧化氮、氮气、二氧化碳的平衡分压为pi/8kPa、p/8kPa、pi/4

kPa、p/2kPa,反应的平衡常数K,产——；③A项，增大催化剂的比表面积可以提高反应的反

Pi

应速率，但化学平衡不移动，一氧化氮的平衡转化率不变，故错误；B项，v（NO）止=2v（N2）迪说明正逆反应速

率相等，反应已达到平衡，化学平衡状态是反应达到最大限度，故正确；C项，恒容条件充入一定量不参加

反应的氮气，反应体系中各物质的浓度都不变，反应速率不变，故错误；D项，实际过程中，适当升高温

度能加快反应速率，一氧化氮的消耗量增大，有利于提高一氧化氮的去除效率，故正确；故选BD；④根据

反应历程，由反应II和反应W可知，反应川为NO—NO*与一氧化碳反应生成NO—NO—CO*,由总反应方

程式和反应IV可知，反应V为NO—N*与CO反应生成氮气和二氧化碳，即NO—N*+CO=N2+CO2；

（2）混合气中氧气的存在会急剧降低一氧化氮的去除效率说明氧气与甲烷反应生成二氧化碳和水：

CH4+2O2=CO2+2H2O,该反应的活化能比甲烷还原一氧化氮反应活化能小，反应速率快，导致一氧化氮去

除率降低；离子交换分子筛催化剂很好的提高了甲烷还原一氧化氮的选择性说明离子交换分子筛催化剂降

低了甲烷还原一氧化氮反应的活化能，选择性提高。

30.（10分）

【答案】（1）粉碎铁矿石、加热、增大盐酸浓度等（1分）

3+2+2+2

（2）2Fe+Sn+6Cl=2Fe+SnCl6-（l分）

（3）Fe2+（l分）作为“TiCb还原”过程的指示剂（1分）

（4）“七507氧化''是为了除去“TiCb还原”后溶液中的+5价铝和Ti3+,防止对后续滴定造成干扰（2分）

（5）使管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指使溶液全部流出（2分）

42cV八

(6)——xl00%(2分)

125m

【解析】（1）粉碎铁矿石、加热、增大盐酸浓度均可以提高“酸浸溶解”速率；（2）根据已知信息②Sn在溶

22

液中的主要存在形式为+和SnCl6,可知SM+还原Fe3+时，被氧化成SnCl6\反应的离子方程式为

2Fe3++Sn2++6Cr=2Fe2++SnCk2-；（3）Si?+还原Fe?+,但溶液仍为浅黄色，说明仍含有部分Fe3+；加入TiCb

23+2

和鸨酸钠后，溶液呈现蓝色，说明铝由+6价变为+5价，且氧化性顺序：Cr2O7>Fe>WO4-,说明此时溶

液中没有Fe3+,铝酸钠的作用即为指示Fe3+是否被还原完全；（4）“K2CnO7氧化”和“滴定”时均用K2Cr2O7,

且均为氧化剂，说明定量滴定前，需氧化除去其他还原性离子。（5）移液管是量取一定体积的液体的仪器，

用移液管吸取25.00mL溶液后，将移液管垂直放入稍倾斜的锥形瓶中，使管尖与锥形瓶内壁接触，松开食

2+2+3+3+

指使溶液全部流出，数秒后，取出移液管；⑹根据6Fe+Cr2O7+14H=6Fe+2Cr+7H2O,得

,,aaa6cW(Fe)4