浙江省金丽衢十二校2024届高三年级下册二模化学试题 含解析

保密★考试结束前

金丽衢十二校2023学年高三第二次联考

化学试题

考生须知：

1.本卷共8页，满分100分，考试时间90分钟。

2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。

3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。

4.考试结束后，只需上交答题纸

可能用到的相对原子质量：H-lB-llC-12N-140-16Na-23Ca-40Fe-56

选择题部分

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.下列物质为含有极性键的非极性分子的是

A.PC13B.H2O2C.BF3D.H2

【答案】c

【解析】

【详解】A.PCI3只含极性键，为三角锥形结构，结构不对称，正负电荷的中心不重合，为极性分子，A

错误；

B.Hz。2含极性键和非极性键，结构不对称，正负电荷的中心不重合，为极性分子，B错误;

C.BF3只含极性键，为正三角形分子，结构对称为非极性分子，C正确;

D.H?非极性键的非极性分子，D错误;

故选C。

2.下列化学用语表示正确的是

H

A.NHd的电子式：

••

H

C.光导纤维主要成分的分子式：SiO2

【答案】B

【解析】

H

【详解】A.NHJ是离子化合物，NH：与I-之间以离子键结合，其电子式应该为+A

H

错误；

B.船式C6H12是环烷烧，根据C原子价电子数目是4个，可知该物质是立体结构，球棍模型为

，B正确；

C.光导纤维主要成分是SiO2,但该物质属于共价晶体，不存在单个分子，SiO2仅表示Si、0原子个数比是

1：2,是化学式，而不是分子式，C错误；

D.应该从离碳碳双键较近的右端为起点，给主链上的C原子编号，以确定碳碳双键和支链在主链上的位置,

该物质名称应该是4-甲基-2-戊稀，D错误；

故合理选项是B。

3.绿矶具有广泛的用途，下列说法正确的是

A.医疗上常用于治疗缺铁性贫血

B.工业常用作污水的处理剂，只是利用其还原性

C.高温分解只产生和SO3

D.可用K3[Fe(CN)6]溶液检验其是否变质

【答案】A

【解析】

【详解】A.绿矶是硫酸亚铁晶体，医疗上常用于治疗缺铁性贫血，A正确；

B.Fe2+具有还原性，因此工业常用绿矶作污水的处理剂，利用其还原性。同时Fe2+水解生成Fe(0H)2,水

解生成的Fe(OH)2易被氧化为Fe(OH)3,得到的Fe(OH)3胶体有较好的吸附作用，所以绿矶液常用作混凝剂,

B错误；

C.绿帆高温分解产生FezCh、SO2、SO3和H2O,C错误；

D.绿研中所2+能与K3[Fe(CN)6]溶液反应生成蓝色沉淀，不能检验其是否变质，D错误；

故选Ao

4.为避免硝酸生产尾气中的氮氧化物污染环境，人们开发了溶液吸收、催化还原等尾气处理方法。后者常

采用NH3作还原剂，其反应之一为：8NH3+6NO2=7N2+12H2O,下列说法不正确的是(NA为阿伏

加德罗常数)

A.氧化产物与还原产物的质量比为3：4B.生成Imol水转移电子的数目为2NA

C.可使用Na2cO3溶液吸收氮氧化物D,氮氧化物的排放可形成酸雨

【答案】A

【解析】

【详解】A.8NH3+6NO2=7N2+12H2。中NH3的N元素化合价上升发生氧化反应，NC»2的N元素化

合价下降发生还原反应，则氧化产物与还原产物的质量比为8：6=4：3,故A错误；

B.8NH3+6NO2=7N2+12H2。中NH3的N元素化合价由-3价上升到0价，转移24个电子生成12个

H2O,生成Imol水转移电子的数目为2NA，故B正确；

C.氮氧化物可以被碱性溶液Na2cO3溶液吸收，故C正确；

D.大气氮氧化物积累过多，最终会生成硝酸，溶解在雨水中，形成酸雨，故D正确；

故选Ao

5.下列各组离子在给定溶液中一定能大量共存的是

A.中性溶液中：Fe3\SO：、Al3\Cl-

B.与铝粉反应放出H2：NO］、K\Na\SOj

C.使甲基橙呈红色的溶液：NH；、S2O^\Na+、Cr

c（H+）

D.常温下，-1=1x10”的溶液中：s2\SO；、SO：、K+

c（0H）

【答案】D

【解析】

3+

【详解】A.Fe>AP+在中性溶液中会完全水解生成Fe（OH）3、A1（OH）3,不能大量共存，故A不选；

B.与铝粉反应放出H2的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，NO］在酸性条件下和A1反应生成NO,不能生

成H2，故B不选；

C.使甲基橙呈红色的溶液呈酸性，S2O：在酸性溶液中会发生反应生成S和SO2,不能大量共存，故C不

选；

c（H+）

D.常温下，-—1=1X10”的溶液呈碱性，s2-、SO：、SO：、K+在碱性溶液中不发生反应，可以

c（0H）

大量共存，故D选;

故选D。

6.苯酚是一种重要的化工原料，其废水对生物具有毒害作用，在排放前必须经过处理。为回收利用含苯酚

的废水，某小组设计如下方案，有关说法正确的是

A.步骤①中，分液时从分液漏斗下口先放出废水，再放出有机溶液

B.试剂①可用NaOH溶液或Na2cO3溶液

C.步骤①②的操作为分液，步骤③的操作为过滤

D.试剂②若为少量CC)2，则反应为24^^O-+CO2+H2O=24^^OH+C。；一

【答案】B

【解析】

【分析】向含苯酚的废水加入苯，萃取出苯酚，然后分液分离出苯酚和苯的混合有机溶液，加入NaOH溶

液或Na2cO3溶液将苯酚转化为苯酚钠溶液，向苯酚钠溶液中通入少量CO2生成苯酚，蒸储分离出苯酚。

【详解】A.步骤①中，分液时从分液漏斗下口先放出废水，再从分液漏斗上口放出有机溶液，故A错误；

B.苯酚和NaOH溶液或Na2cO3溶液都能发生反应生成苯酚钠，故B正确；

C.步骤①②的操作为分液，步骤③的操作为蒸播，故C错误；

D.苯酚钠溶液中通入少量CO2生成苯酚和碳酸氢钠，故D错误；

故选B。

7.根据物质的组成和结构的变化可推测其性能变化及用途，下列推测不自理的是

材料组成和结构变化性能变化及用途

A铝加入Cu、Mg、Mn>Si等密度大、强度小

B奶粉加入碳酸钙、硫酸锌等儿童营养强化

聚乙焕塑

C掺杂12增强导电性

料

A1取代部分Si,0取代部分制作LED发光材

DSi3N4

N料

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A.铝中加入Cu、Mg、Mn、Si等制成合金，可以增强材料的强度，A错误;

B.奶粉中加入碳酸钙、硫酸锌等，可以补充钙、锌等元素，强化营养，B正确；

C.在聚乙焕塑料中掺杂可以增强导电性，C正确；

D.用A1、0部分取代SisN4中的Si、N,可以制作LED发光材料，D正确;

综上所述，选A。

8.下列有关实验设计、操作说法正确的是

A.甲图可用于测定Na2s2O3与稀硫酸的反应速率

B.乙图在溶液中加入一些氨水，制成铜氨溶液，可使镀层光亮

C.丙图是转移操作

D.丁图配成同浓度的溶液，有利于比较乙醇和苯酚中羟基的活性

【答案】B

【解析】

【详解】A.测定Na2s2O3与稀硫酸的反应速率，还需要计时器，故A错误；

B.镀铜时，加入氨水可以生成铜配离子，使铜离子浓度降低，而且配合物平衡的存在能使铜离子浓度稳定

在一定的范围内，这样使镀层更加紧密均匀光亮，工业上常采用这种方法，故B正确；

C.转移时，玻璃棒应靠在容量瓶刻度线以下，故C错误；

D.通常用活泼金属与羟基的反应来比较乙醇和苯酚中羟基的活性，而加水配置成溶液后，活泼金属会优先

与水反应，无法达到目的，故D错误；

故选B。

9.下列说法正确的是

A.根据纤维在火焰上燃烧产生的气味，可鉴别蚕丝与棉花

B.通过石油的常压分储可获得石蜡等储分，常压分储过程是物理变化

C.乙酸、苯甲酸、乙二酸（草酸）均不能使酸性高锯酸钾溶液褪色

D.亚硝酸钠具有一定毒性，还会与食物作用生成致癌物，因此不可做食品添加剂

【答案】A

【解析】

【详解】A.蚕丝主要成分是蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味，而棉花则属于纤维素，灼烧时则基本没有

气味，故A正确；

B.石蜡为石油减压分储的产物，故B错误；

C.乙二酸（草酸）具有还原性，可以被酸性高锦酸钾氧化，故C错误；

D.亚硝酸钠（NaNCh）是一种常用的食品防腐剂，只要控制在合理的范围内，对人体健康没有太大影响，故

D错误；

故选Ao

10.下列化学反应与方程式相符的是

高温

A.工业制粗硅：SiO2+C-Si+CO2

B.铅蓄电池充电时阳极反应：PbSO4-2e=Pb+SO；

c.氯水中加入小苏打提高漂白性：ci2+HCO;=cr+HCIO+co2T

D.用盐酸处理铜器表面的铜锈：CUO+2HC1=CUC12+H2O

【答案】C

【解析】

【详解】A.石英和焦炭制取粗硅的反应为：SiO,+2CfSi+2co7，故A错误；

高温

+

B.铅蓄电池工作时的正极反应：PbO2+2e-+SO^-+4H=PbSO4+2H2O,充电时阳极反应：

PbSO4-2e+2H2O=Pb+S0j+4H+,故B错误；

C.氯水中存在如下平衡：CI2+H2OUHCIO+HCI,力口入NaHCCh后，NaHCCh与HC1反应，使HC1浓度变

小，平衡右移,，所以HCIO浓度增大，从而增强漂白性，离子方程式为：ci2+HCOJ=cr+HCIO+co,T,

故c正确；

D.铜锈为碱式碳酸铜，与盐酸反应生成氯化铜、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：

CU2（OH）2co3+4HC1=2CUC1计3H2O+CO2T，故D错误;

故选c。

11.聚乳酸是一种可生物降解的高分子材料，主要用于制造可降解纤维、可降解塑料和医用材料。聚乳酸可

用如下路线合成，其中A的产量可衡量一个国家的石油化工发展水平。

A—^->B(C3H5N)—^-»C(CH3CH2COOH)^^>D©H3cHe1C00H—吟聚乳酸

下列说法正确的是

A.B中碳原子的杂化方式相同B.反应④的条件为NaOH的醇溶液

C.E存在对映异构，易溶于水D.所有反应均为取代反应

【答案】C

【解析】

【分析】A的产量可衡量一个国家的石油化工发展水平，A为CH2=CH2，CH2=CH2和HCN发生加成反应

生成B为CH3cH2CN,CH3cH2CN可以水解生成CH3coOH,CH3coOH和CL发生取代反应生成D,D发

生水解反应生成E为CH3cH(OH)COOH,E发生缩聚反应生成聚乳酸。

【详解】A.由分析可知，B为CH3cH2CN,-CN中C原子杂化方式为sp,-CH3中C原子杂化方式为sp3,

故A错误；

B.D发生水解反应生成E,条件为NaOH的水溶液，故B错误；

C.E为CH3cH(OH)COOH,含有1个手性碳原子，存在对映异构，含有羟基和竣基能够和水分子形成氢键，

易溶于水，故C正确；

D.由分析可知，反应①是加成反应，故D错误；

故选C。

12.已知A、B、C、D、E是原子序数依次增大的前四周期元素。A的核外电子总数与其周期数相同，C

与B、D相邻且D的原子序数是C的两倍，基态E+的轨道全部充满。下列说法正确的是

A.简单氢化物的沸点：B>C

B.第一电离能：C>B>D>A

C.A、B、C三种元素只形成共价化合物

D.B的简单氢化物的水溶液能溶解E的最高价氧化物对应的水化物

【答案】D

【解析】

【分析】已知A、B、C、D、E是原子序数依次增大的前四周期元素。A的核外电子总数与其周期数相

同，A为H元素，C与B、D相邻且D的原子序数是C的两倍，C为0元素，B为N元素，D为S元素,

基态E+的轨道全部充满，E为Cu,以此解答。

【详解】A.NH3和H20分子间都存在氢键，但H20分子形成的氢键更多，则简单氢化物的沸点：NH3VH2。,

故A错误；

B.同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但第nA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，

所以第一电离能：O>N>S>H,故B错误；

C.H、N、0三种元素可以形成共价化合物HN03，也可以形成离子化合物NH4NO3，故C错误；

D.N的简单氢化物为氨气，氨气的水溶液为氨水，氨水能溶解CU(OH)2,故D正确；

故选D。

13.锌-空气电池可用作电动车的动力电源。该电池的电解质溶液为KOH溶液，总反应为：

2-

2Zn+02+40H-+2H2O=2[Zn(OH)4]。下列有关说法不正确的是

A.充电时，锌连接电源负极

B.充电时，阳极反应为40H-—4ei=2H2O+。2.

C.放电时，电解质溶液中K+向正极移动

D.放电时，电路中通过2moi电子，可消耗11.2LO2

【答案】D

【解析】

【分析】放电时，锌为负极，转化为Zn(OH)；一,通空气一极为正极，转化为氢氧根离子，充电时，锌连接

电源负极，据此回答。

【详解】A.充电时，锌连接电源负极，A正确；

B.充电时，氢氧根离子转化为氧气，阳极反应为40H-4e-=2H2O+O2T，B正确；

C.放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动，K+向正极移动，C正确；

D.未告诉标准状况，不可算02的体积，D错误；

故选D。

14.煌基的结构对卤代嫌的活性有很大的影响(乙烯型卤代煌很难发生取代反应，而烯丙型卤代煌却很容易

发生取代反应)。已知卤代煌能和AgNO3的醇溶液发生如下反应：

RX+AgNO3RONO2+AgX(R-为煌基，X-为卤素)。下列说法不正确的是

A.RON。？是一种无机酸酯

B.CH3CH2I相比CH3cH2cl产生沉淀的速度更慢

C.CH2=CH—CH2cl相比CH2=CHC1更易发生上述反应

D.CH2=CHC1与HC1加成反应的主要产物是CH3cHe%

【答案】B

【解析】

【详解】A.无机酸酯指无机含氧酸中的-OH被烷氧基-OR取代生成的化合物，RONCh是一种无机酸酯，A

正确；

B.Ksp(AgI)<Ksp(AgCl),CH3cH2I相比CH3cH2cl产生沉淀的速度更快，B错误；

C.根据乙烯型卤代姓很难发生取代反应，而烯丙型卤代姓却很容易发生取代反应，所以CH2=CH-CH2cl

相比CH2=CHC1更易发生上述反应，C正确；

C.CH2=CHC1与HC1加成反应，一般氢原子加在含氢数目多的碳原子上，所以主要产物是CH3cHe12,D

正确；

故选B。

15.下图是利用铜与浓硫酸反应的产物制备C%。的工艺流程，(已知：常温下，H2SO3：Ka1=1.3x10-2,

Ka?=6.3x10-8；H2co3：Kaj=4.5x10-7,Ka2=4.7xl()T)下列说法正确的是

A,反应I的反应为：SO2+CO：+H2O=HSO；+HCO；

B.溶液2中c(SO；j:c(HSOj=6.3xl()3

C.反应II应需及时补充H2sO4维持溶液pH=5

D.O.lmol/LNaHSOs溶液中存在2HS0,UH2sO3+SO；-,则该溶液中粒子浓度：

c(H+)>c(H2so3)

【答案】B

【解析】

【分析】根据常温下所给电离常数可知酸性H2sO3>H2cO3>HSO]>HCO]；二氧化硫与碳酸钠溶发生反

应I使溶液pH控制在3~4之间，反应I为2SO2+COj-+H2O=CO2+2HS0；。

【详解】A.碳酸钠溶液、亚硫酸钠溶液呈碱性、亚硫酸氢钠溶液呈酸性。二氧化硫与碳酸钠溶发生反应I

使溶液pH控制在3〜4之间，说明反应生成了亚硫酸氢钠和二氧化碳，即

2SO2+C01+H20=C02+2HS0；,A错误；

+118

B.调节pH=ll得溶液2,c（H）=lxlO-mol/L,Ka2==6.3x10,故

c（SO^）:c（HSO；）=6.3xl03,B正确;

C.反应H是硫酸铜和亚硫酸钠发生氧化还原反应生成了氧化亚铜、硫酸钠。氧化亚铜在酸性条件下可以发

生歧化反应CU2O+2H+=CU+CU2++H2。，最终得不到氧化亚铜，反应II不需要补充H2sO’维持溶液

pH=5,C错误；

D.O.lmol/LNaHSOs中存在含硫微粒有H2sO3、HSO；、SO：,根据电荷守恒

c（H+）+c（Na+）=2c（H2so3）+c（HSO；）+c（0H）,根据物料守恒可知

+

c（Na）=c（H2SO3）+c（HSO-）+c（SO；-）,故c（H+）<c（H2sCQ,D错误；

故答案为：Bo

16.下列方案设计、现象和结论不强确的是

实验目的实验方案现象结论

验证FeC。（黄FeCl,在高

向稀盐酸和FeCh的混合溶NaCl固体溶解，

A色）在高浓度ci-浓度cr的条

液中，加入NaCl固体溶液变为亮黄色

的条件下稳定件下稳定

向2mLO.lmol/LKI溶液滴

先产生淡黄色沉

比较Agl与Ag2s加2滴0.1mol/L硝酸银，然&p(AgI)>

B淀，后转化为黑色

后再滴加滴的

的Kp20.1mol/L%(Ag2S)

沉淀

K2s溶液

检验乙酰水杨酸乙酰水杨酸中滴入稀硫酸，

C溶液呈紫色存在酯基

中存在酯基加热，冷却后滴加FeCb溶液

前者产生白色沉

比较Mg与A1分别向MgCl2>AlCl3溶液中

D淀；后者先产生白Mg>Al

的金属性滴加足量的NaOH溶液

色沉淀，沉淀后消

失

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A.FeCb溶液中含有Fe3+,溶液显黄色，向稀盐酸和FeCb的混合溶液中，加入NaCl固体，NaCl

固体溶解，溶液中C1-浓度进一步增大，溶液变为亮黄色，说明在高浓度C1-的条件下Fe3+与CI反应产生了

FeCl4,FeCl,能够存在于高难度的Cl-的溶液中，说明此时FeCl,稳定，A正确；

B.向2mLO.lmol/LKI溶液滴加2滴0.1mol/L硝酸银，二者反应产生Agl黄色沉淀，此时溶液中1过量，

然后再滴加2滴0.1mol/L的K2s溶液，看到沉淀又转化为黑色，说明在其中含有少量Agl电离产生的Ag+,

Ag+与S2-反应产生Ag2s黑色沉淀，因此可以说明溶度积常数：Ksp(AgI)>&p(Ag2S),B正确；

C.酚羟基遇FeCb溶液显紫色，但显色反应要在中性或弱酸性溶液中进行，要证明乙酰水杨酸中存在酯基，

可以向乙酰水杨酸中滴入稀硫酸，加热，冷却后滴加FeCb溶液，无现象，再向溶液中逐滴滴加Na2cCh溶

液，中和硫酸，使溶液呈现中性或弱酸性，振荡，这时看到溶液显紫色，说明溶液中含有酯基水解产生的

酚羟基，从而证明水杨酸中含有酯基，C错误；

D.分别向MgC12>AlCb溶液中滴加足量的NaOH溶液，MgCL反应产生Mg(OH)2白色沉淀，AlCb溶液中

首先反应产生A1(OH)3白色沉淀,后当碱溶液过量时,反应产生的白色沉淀又溶解,反应变为可溶性NaA102,

说明碱性：Mg(OH)2>Al(OH)3，则证明了元素的金属性：Mg>Al,D正确；

故合理选项是Co

二、非选择题(共5大题，共52分)

17.此咤为含N有机物。这类物质是合成医药农药的重要原料。下列口比咤类化合物A与Zn(CH3cH2)2(即ZnEt2)

反应生成有机化合物B,B具有优异的催化性能。

图1

(1)口比咤类化合物A易溶于水，原因是，含Zn有机物B的分子结构中含(填序号)。

A.离子键B.配位键C.兀键D.0键E.氢键

（2）HN3分子的空间结构如图2所示（图中键长单位为10［。m）。N-N、N=N和N三N的共价键键长分别为

1.40x10-1。m、1.20x10-1。m和1.09x10-1。m。试依据信息画出HN3分子的结构式________，分子中N原子的

杂化方式为.

/H2°

H

图2

（3）某种新型储氢材料的晶胞如图3,八面体中心为M金属离子，顶点均为NH3配体，四面体中心为硼原

子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为188g/mol,则M元素为（填元素符号）。在该化合物中，M

【答案】（1）①.化合物A与水分子间存在氢键②.BCD

（2）①.H-N=N^N②.sp、sp2

⑶①.Fe②.3d6

【解析】

【小问1详解】

哦咤类化合物A易溶于水，是由于该化合物分子中含有亲水基羟基，使A分子与水分子之间形成氢键，增

加了分子之间的吸引作用；

根据含Zn有机物B的分子结构可知：该物质是由分子构成的共价化合物，其中不含有离子键，也不含有羟

基，含有配位键、◎键、兀键，故合理选项是BCD；

【小问2详解】

根据HN3分子的空间结构,结合N-N、N=N和N三N的共价键键长大小，可知HN3的结构式应该是:H-N=N=N；

在高物质分子中，形成三键的氮原子采用sp杂化；形成双键的N原子采用sp?杂化；

【小问3详解】

根据晶胞结构可知：该晶胞中含有黑球•的数目是8XL+6X^=4；含有白球。的数目是8X1=8,黑球与白球

84

的个数比为•：o=4：8=1：2,由于八面体中心为M金属离子，顶点均为NH3配体，四面体中心为硼原子,

顶点均为氢原子。若其摩尔质量为188g/mol,贝U(M+17x6)+2(ll+4尸188,解得M=56,所以M是Fe元素;

该化合物中黑球与白球个数比为1：2,白球为旧印丁，根据化合物中元素化合价代数和为0,可知黑球带2

个单位正电荷，表示的化学式为［Fe(NH3)6F+,其中中心Fe2+是Fe原子失去最外层的2个4s电子形成的，

因此其价层电子排布式是3d6。

18.已知难溶性化合物Y的化学式为BadMnFeO6co3,对Y进行如下实验，部分产物已经略去。

已知：Y中的金属元素在该实验条件下不能与NH3产生配合物。

(1)Y高温下在H2气流中的反应氧化还原反应(填“属于”或“不属于")，Y中钢元素的化合价为

(2)步骤IV可以进行的原因除了生成Fe3()4降低体系的能量之外，从化学平衡的角度解释能够发生的原因

(3)下列说法正确的是o

A.溶液D中阳离子只有NH4+

B.若磁铁能吸引反应IV的剩余固体，则证明铁有剩余

C.步骤II中的氯化钱溶液也可以用盐酸代替

D.依据步骤m可知碱性强弱Ba(OH)2>Mn(0H)2

(4)固体Y在一定条件下也可以与HI溶液反应，写出反应的离子方程式。

(5)设计实验检验混合气体A(除H2外)的成份。

【答案】(1)①.属于②.+2价

(2)水蒸气流不断带出生成的氢气促进反应正向移动。(3)D

+2+2+2+

(4)Ba4MnFeO,CO,+14H+2F=4Ba+Mn+Fe+L+7H?O+CO?T

(5)先将混合气体通过无水硫酸铜粉末，若变蓝，说明有水蒸气，再将混合气体通过澄清的石灰水，若出

现浑浊，说明有二氧化碳气体。

【解析】

【分析】固体单质C和水在高温下反应生成Fe3O4,C为Fe,混合溶液C和氨水反应生成Mg(OH)2和NH4cl

溶液，混合溶液C中含有Mg2+,固体混合物B中含有Fe和MgO,气体混合物A为H?和CO2,以此解答。

【小问1详解】

Y高温下在氢气气流中高温分解生成了Fe,元素价态发生变化，属于氧化还原反应，根据化合物化合价代

数和为0,可知钢元素价态为+2。

【小问2详解】

步骤IV能够进行的原因，从化学平衡角度进行解释的话是因为通入氢气气流，带走了水蒸气产物，平衡正

移。

【小问3详解】

A.溶液D的阳离子除了铁根离子，还有氢离子和钢离子，故A错误；

B.发生反应IV后固体有四氧化三铁，磁铁能吸引四氧化三铁，因此不能证明有铁剩余，B错误；

C.步骤II中的氯化钱溶液有两个作用，一是防止铁离子水解，二是调节pH,因此不能用盐酸代替，C错

误；

D.由步骤ni可以判断出氢氧化馍的碱性大于氢氧化镭的碱性，D正确；

故选D。

【小问4详解】

固体Y在HI溶液下发生反应，生成碘单质，锁离子，锦离子，亚铁离子和二氧化碳，根据得失电子守恒和

电荷守恒配平离子方程式为：

Ba.MnFeO,CO,+14H++21-=4Ba2++Mn2++Fe2++L+7H,0+CO,T。

【小问5详解】

混合气体A除了氢气外还含有二氧化碳和水蒸气。首先可以通过无水硫酸铜，若呈蓝色，则证明混合气体

中含有水蒸气。接着再将混合气体通入澄清石灰水中，若石灰水变浑浊则说明有二氧化碳。

19.利用工业废气实现双减最有希望开展大规模应用的是CO2加氢生成甲醇的反应。298K、lOOkPa条件下

该反应婚变和燧变的数据如下，假设反应AH、AS不随温度的改变而变化。

1

ICO2(g)+3H2(g)UCH3OH(g)+H2O(g)AH1=-48.97kJ-mol^ASj=-177.16J-mof-K'

(1)该反应在自发(填“低温”或“任意条件”或“高温”)

(2)在使用催化剂时，该反应由两个基元反应组成，写出决速步骤基元反应方程式。

能A

量

变

化

JCO(g)+H2O(g)+2H2(g)

CO2(g)+3H2(g)

CH3OH(g)+H2O(g)

反应历程

⑶给出温度553K、总压4MPa下，n(H2):n(CC)2)=3：l时，不同催化剂组成对

(p(CH3OH)[(p(CH3OH)代表单位质量的催化剂在单位时间处理原料气的质量，体现出催化剂的处理能

力卜甲醇选择性及副产物CO选择性的影响如下表：

CH30H选择性co选择性

(p(CH30H)/[g-(kg—催化剂尸

(%)(%)

催化

784060

剂1

催化

881000

剂2

催化

138919

剂3

在实际生产过程中选择催化剂2、3组均可，请说明工业生产中应选择第2组催化剂最主要的原因

选择催化剂3的最主要的原因O

(4)H2与CC)2不同比例对CC)2转化率和甲醇产率的影响如下图所示，在图中画出副产物CO产率曲线

1818

11

转1616

11产

1414

化11

1212率

11

率101o

11％

0

％80

^

6^

^‘

4

20

4

n(CO2)

(5)温度在700K时，CO?和H2反应生成甲醇的平衡常数为3.7x10-8在恒容容器中按照

c(H2)=3mol-L-\c(CC)2)=lmol-LT投料，若只发生反应I,计算此时CO2的平衡转化率。

【答案】19.低温20.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)

21.①.选择性好，纯度高②.单位时间内甲醇产率高(或反应速率快)

818

11

转1616

11

1414产

化11

1212

1率

率1

1

101O％

％80

60^

22423.0.1%

2

0

n(CO2)

【小问1详解】

AH-TAS<0时反应能自发进行，该反应的AH=—48.97kJ-moL，AS=-177.16J-mol1-K则该反应

在低温自发。

【小问2详解】

活化能越大，化学反应速率越慢，为总反应的决速反应，则决速步骤基元反应方程式为：

CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)o

【小问3详解】

工业生产中应选择第2组催化剂最主要的原因是选择性好，纯度高，选择催化剂3的最主要的原因单位时

间内甲醇产率高(或反应速率快)。

【小问4详解】

当n(H2)：n(CC)2)=3：l时，CCh的转化率为14%,CH30H的产率为5.6%,由C元素守恒可知CO的产

率为14%-5.6%=8.4%,当当n(H2)：n(CC)2)=7：l时，CCh的转化率为18.6%,CH30H的产率为7.4%,

由C元素守恒可知CO的产率为18.6%-7.4%=11.2%,在图中画出副产物CO产率曲线为:

1818

i1

转1616

11

1414产

化i1

1212

11率

率

101O

11％

％80

60^

4

2

0C

IIV

【小问5详解】

根据已知条件列出“三段式”

C02(g)+3H2(g)UCH30H(g)+H20(g)

起始(mol/L)1300

转化(mol/L)x3xxx

平衡(mol/L)1-x3-3xxx

2

822

平衡常数为K=；~篙­-=3.7xlO-(mor-L-),x=o.001moh此时CO2的平衡转化率为

(3-3x)(1-x)'7

0.001

xlOO%=0.1%o

1

20.甘氨酸钙是新一代补钙剂，通常为白色结晶性粉末，易吸水，在生物环境中不易与水分子或其他物质(如

维生素和其他矿物质)发生化学反应。甘氨酸钙属于螯合物，可以缓慢释放钙，对胃肠道刺激性较小，不

会引起呕吐、胃疼等不良反应，其水溶性好，难溶于乙醇。

某化学兴趣小组采用熔融法合成甘氨酸钙的流程如下：

冷却

研

称取一定量、

至

磨转

混角转移至用150°C移溶解、过一系列操作•较大颗

甘氨酸、氢滤液

期反应40mm烧杯滤、洗涤粒产品

氧化钙

(1)研磨操作需要的仪器________(填名称)

(2)写出甘氨酸钙［Ca(H2NCH2co0%］溶液的电离方程式。

(3)下列操作合理的是o

A.“一系列操作”包括蒸发浓缩、缓慢冷却、过滤、洗涤、自然干燥

B.溶解、洗涤均采用热水，可提高产品纯度

C.若用用烟钳移动灼热的用烟，需预热用烟钳，取下后放在陶土网上冷却待用

D,甘氨酸钙中的少量甘氨酸可用乙醇除去

(4)描述用焰色试验检验甘氨酸钙中含Ca元素的操作步骤及现象o

(5)产品纯度的测定：热恒重(TG)分析法

①热恒重（TG）分析实验，若要判断固体在某温度下是否分解完全至少需称量次。

②现取产品20.0g加热分解，剩余固体质量随温度变化如图（假设杂质在加热过程中不分解）结合数据计算

该产品的纯度为%o

【答案】（1）研钵（2）Ca（H?NCH2coObUCa2++2H2NCH2coeF（3）BC

（4）取粕丝（或铁丝）放在酒精灯（或煤气灯）外焰上灼烧至无色，蘸取样品在外焰上灼烧，若观察到火

焰呈砖红色，说明有钙元素。最后将粕丝用盐酸洗净后，放于外焰上灼烧至无色。

（5）①.394.0

【解析】

【分析】称取一定质量的甘氨酸与氢氧化钙混合研磨，转移至用堀反应温度150℃进行40min,冷却、研磨

转移至烧杯，热水溶解、过滤、洗涤后得到滤液，蒸发浓缩、缓慢冷却、过滤、洗涤、真空干燥得到甘氨

酸钙，据此回答。

【小问1详解】

研磨操作需要的仪器为研钵；

【小问2详解】

2+

甘氨酸钙［Ca（H2NCH2COO）2］溶液的电离方程式为Ca（H2NCH2coO'UCa+2H2NCH2COO-；

【小问3详解】

A.“一系列操作”包括蒸发浓缩、缓慢冷却、过滤、洗涤、真空干燥，A错误；

B.溶解、洗涤均采用热水，可以提高甘氨酸钙的溶解度，提高产品纯度，B正确；

C.若用培烟钳移动灼热的用烟，需预热用烟钳，取下后放在陶土网上冷却待用，若未预热可能会变形，C

正确；

D.甘氨酸在乙醇中的溶解度低，不能用乙醇除去，D错误；

故选BC-

【小问4详解】

焰色试验检验甘氨酸钙中含Ca元素的操作步骤及现象：取伯丝（或铁丝）放在酒精灯（或煤气灯）外焰上

灼烧至无色，蘸取样品在外焰上灼烧，若观察到火焰呈砖红色，说明有钙元素，最后将粕丝用盐酸洗净后，

放于外焰上灼烧至无色；

【小问5详解】

①热恒重(TG)分析实验，若要判断固体在某温度下是否分解完全至少需称量3次；

②最后乘U余的固体为CaN?,6.8g的CaN2为O.lmol,则Ca(H2NCH2coO)2为O.lmol,Ca(H2NCH2COO)2的

质量为18.8g,产品的纯度为：畀售x100%=94.0%。

20.0g

21.化合物I是一种抗癫痫药物,我国科学家近来发现I对消除由娱蚣叮咬产生的严重临床症状有良好效果。

I的两条合成路线如下图所示。I的结构简式:

po

NO2

A

己知G的分子式为：C9HnN3O4

回答下列问题：

(1)A中的官能团的名称

(2)下列说法正确的是o

A.A到C的反应是取代反应，生成的氯化氢和K2cO3反应使原料的利用率提高

B.D生成E的目的是为了保护氨基不被E到F反应中的硝酸氧化

C.A的碱性比H2NY%—CH3的碱性强

O

H

C

D.A用氢气还原的产物可以和发生加聚反应生成高分子产物

%CH2cH3

(3)E的结构简式

(4)写出K到I的化学方程式

o

(5)(^^0与甲醇按物质的量1：1反应只生成一种产物，写出符合下列条件的该产物的同分异

O

构体.

a.能发生银镜反应

b.水解产物能使氯化铁溶液显紫色

c.-H-NMR谱检测表明：分子中有4种不同环境的氢原子，峰面积比为3：2：2：1

(6)运用上述信息设计以H2N—CH3为原料制备高分子化