2026年1月浙江省普通高校招生选考科目考试化学仿真模拟卷02（全解全析）

2/182026年1月浙江省普通高校招生选考科目考试化学仿真模拟试卷02(考试时间：90分钟；满分：100分)可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Al-27S-32Cl-35.5K-39Ca-40Mn-55Fe-56Cu-64Zn-65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．下列物质中，不属于配合物的是()A．Na3AlF6B．(NH4)2C2O4C．[Cu(H2O)4]SO4·H2OD．[Ag(NH3)2]OH【答案】B【解析】配合物的核心特征是存在中心金属离子或原子与配体通过配位键形成的配位结构。A项，Na3AlF6是离子化合物，外界离子是Na+，内界离子是[AlF6]3-。外界离子Na+与内界离子[AlF6]3-之间以离子键结合，[AlF6]3-中Al3+与6个F-之间以配位键结合，故Na3AlF6属于配位化合物，A不符合题意；B项，(NH4)2C2O4是盐，属于离子化合物。虽然阳离子NH4+中N原子和H+离子之间存在配位键，但化学上通常将含有中心金属原子(或离子)与配体形成的配合单元的化合物称为配合物，(NH4)2C2O4不符合此定义，一般归为盐类，故不属于配合物，B符合题意；C项，[Cu(H2O)4]SO4·H2O是结晶水合物，属于离子化合物，阳离子[Cu(H2O)4]2+与阴离子SO42-之间以离子键结合，在阳离子[Cu(H2O)4]2+中，中心离子Cu2+与4个H2O之间以配位键结合，因此[Cu(H2O)4]SO4·H2O属于配合物，C不符合题意；D项，[Ag(NH3)2]OH是离子化合物，阳离子[Ag(NH3)2]+与阴离子OH-之间以离子键结合，在阳离子[Ag(NH3)2]+中，中心Ag+与2个NH3之间以配位键结合，属于配合物，D不符合题意；故选B。2．下列化学用语不正确的是()A．甲醛中键的电子云轮廓图：B．的系统命名：2-甲基苯酚C．二氯化二硫(S2Cl2)的电子式：D．邻羟基苯甲醛的分子内氢键：【答案】D【解析】A项，甲醛中π键是以轨道垂直于键轴以“肩并肩”方式重叠所形成的化学键，电子云轮廓图：，A正确；B项，含有的官能团为酚羟基，甲基与羟基相邻，系统命名为：2-甲基苯酚，B正确；C项，二氯化二硫的电子式为，C正确；D项，邻羟基苯甲醛分子中羟基O—H键的极性较大，与醛基氧原子之间可形成分子内氢键，氢键示意图为，D错误；故选D。3．根据元素周期律，下列说法不正确的是()A．非金属性：S＞Se＞TeB．电负性：BeBCC．第二电离能：CuZnD．半径：P3-＞P5+【答案】C【解析】A项，硫、硒、碲同主族，非金属性随原子半径增大而减弱，顺序正确，故A正确；B项，Be、B、C同周期，电负性随原子序数增大而递增(Be：1.57，B：2.04，C：2.55)，顺序正确，故B正确；C项，Cu的价电子排布式为3d104s1，失去1个电子后，Cu+的价电子排布式为3d10，达到了全充满的稳定结构，再失去1个电子比较困难，Zn的价电子排布式为3d104s2，失去1个电子后，Zn+的电子排布式为3d104s1，Zn的第二电离能仅需失去4s1电子，所以第二电离能：Cu>Zn，故C错误；D项，P3-比P5+多1个电子层，半径更大，故D正确；故选C。4．Cu的化合物种类多样，性质也十分有趣，下列说法中正确的是()A．可以蒸发CuCl2溶液来制备CuCl2固体B．欲得到·4NH3·2H2O，可以在其溶液中加入乙醇使晶体析出C．在电解精铜的过程中，原粗铜中所含的杂质，如金、银、铂等沉积在阴极底部，是提炼贵金属的原料D．CuS可溶于稀硝酸，也可以溶解于稀硫酸【答案】B【解析】A项，CuCl2属于强酸弱碱盐，在溶液中会发生水解反应：CuCl2+2H2OCu(OH)2+2HCl。HCl是挥发性酸，当蒸发CuCl2溶液时，HCl会挥发出去，促使水解平衡不断正向移动，最终得到的是Cu(OH)2，而不是CuCl2固体，A错误；B项，·4NH3·2H2O在乙醇中的溶解度比在水中的溶解度小。根据结晶的原理，向其溶液中加入乙醇，可降低·4NH3·2H2O的溶解度，从而使晶体析出，B正确；C项，在电解精铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极。阳极发生氧化反应，粗铜中的锌、铁等活泼金属会先于铜失去电子进入溶液；而金、银、铂等不活泼金属，因为难以失去电子，会以单质形式沉积在阳极底部(称为“阳极泥”)，并非阴极底部。阳极泥是提炼贵金属的原料，C错误；D项，稀硝酸具有强氧化性，中S2-具有还原性，二者会发生氧化还原反应，所以可溶于稀硝酸；而稀硫酸不具有强氧化性，且的溶度积非常小，所以不溶于稀硫酸。所以D错误；故选B。5．化学与生产生活密切相关，下列有关说法不正确的是()A．在纯铝中加入合金元素可制得硬铝，用于航空航天材料B．碳酸钠溶液呈碱性，可作为食用碱或工业用碱C．石油工业中的分馏、裂化均属于化学变化D．氯乙烷汽化时大量吸热，具有冷冻麻醉的作用，可用于肌肉拉伤等的镇痛【答案】C【解析】A项，合金增强铝的性能，故A正确；B项，碳酸钠溶液因CO32-水解而呈碱性，是重要的工业用碱，也可用作食品加工中的食用碱，故B正确；C项，分馏是物理变化，故C错误；D项，氯乙烷汽化时大量吸热，具有冷冻麻醉的作用，可用于肌肉拉伤等的镇痛，属于物理性质应用，故D正确；故选C。6．物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列结构或性质不能解释其用途的是()选项结构或性质用途A．钠原子半径较大，金属键较弱，导致钠的熔点较低，且钠是热的良导体钠可被用作原子反应堆的循环导热剂B．立方氮化硼与金刚石的晶体结构相似立方氮化硼可用于制作切削刀具C．1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸盐是一种离子液体，具有良好的导电性1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸盐可被用作更安全的有机合成溶剂D．酚醛树脂具有网状结构，受热后不能软化或熔化酚醛树脂可用于生产烹饪器具的手柄与集成电路板的底板【答案】C【解析】A项，钠原子半径较大，金属键较弱，导致钠的熔点较低，且钠是热的良导体，所以可与钾用作原子反应堆的导热剂，故A正确；B项，立方氮化硼与金刚石的晶体结构相似，都是共价晶体，共价晶体硬度大，立方氮化硼可用作制作切削刀具，故B正确；C项，1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸盐是一种离子液体，难挥发，可用作有机合成的溶剂，与其导电性无关，故C错误；D项，酚醛树脂具有网状结构，受热后不能软化或融化，为酚醛树脂的热固性，可用于生产烹饪器具的手柄与集成电路板的底板，故D正确；故选C。7．下列离子方程式正确的是()A．硫化亚铁溶于稀硝酸中：FeS+2H+=Fe2++H2S↑B．氯乙酸乙酯在足量溶液中加热：ClCH2COOC2H5+OH--ClCH2COO-+C2H5OHC．少量SO2通入苯酚钠溶液中：C6H5O-+SO2+H2O=C6H5OH+HSO3-(已知：H2SO3的Ka1=1.4×10-2，Ka2=1.0×10-7，苯酚的Ka=1.0×10-10)D．向[Cu(NH3)4]SO4溶液中滴加过量的硫酸：[Cu(NH3)4]2++4H+=Cu2++4NH4+【答案】D【解析】A项，稀硝酸具有强氧化性，能氧化FeS，会将硫元素氧化至0价或其它硫元素的正价态，同时稀硝酸被还原为一氧化氮，故A错误；B项，氯乙酸乙酯在足量NaOH溶液中加热时，酯基和氯原子均能发生水解：ClCH2COOC2H5+2OH--HOCH2COO-+C2H5OH+Cl-，故B错误；C项，苯酚的酸性弱于H2SO3和HSO3-，当少量SO2通入苯酚钠溶液中时，产物为苯酚和SO32-，反应的离子方程式：2C6H5O-+SO2+H2O=2C6H5OH+SO32-，故C错误；D项，向[Cu(NH3)4]SO4溶液中滴加过量的硫酸，二者反应生成硫酸铜、硫酸铵，反应的离子方程式：[Cu(NH3)4]2++4H+=Cu2++4NH4+，故D正确；故选D。8．下列说法正确的是()A．图1可用于测定醋酸浓度B．图2可用于乙醇在浓硫酸作用下，加热到170°C制备乙烯C．图3可用于制备NH3D．图4可用于制备含NaClO的消毒液【答案】C【解析】A项，用标准NaOH溶液测定醋酸浓度的实验中，NaOH溶液应该盛放在碱式滴定管中，滴定终点溶液呈碱性，应该用酚酞作指示剂，A错误；B项，乙醇在浓硫酸作用下加热到170°C可制备乙烯，该实验中温度计应该插入液面以下，以测量反应时的温度，B错误；C项，浓氨水和碱石灰反应可以制备NH3，球形干燥管中的碱石灰可以干燥NH3，用向下排空气法收集NH3，C正确；D项，与电源正极相连的为阳极，上方的阳极上氯离子失去电子生成氯气，不能与下方阴极上生成NaOH充分反应，不能制备NaClO溶液，D错误；故选C。9．有机物P是一种治疗心律失常的药物，其部分合成路线如图所示(部分反应条件已略去)。下列说法中错误的是()A．M→N为取代反应B．M与溴水反应最多消耗2molBr2C．P完全氢化后有4个手性碳D．P不能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】D【解析】A项，观察M→N的反应，M中酚羟基的氢原子被取代，该反应为取代反应，A正确；B项，M中含有酚羟基，酚羟基的邻、对位可与溴水发生取代反应，M分子中酚羟基的邻、对位有2个位置可被取代，所以1molM与溴水反应最多消耗2molBr2，B正确；C项，手性碳是连有4个不同原子或原子团的碳原子，P完全氢化后产物为，其中有4个手性碳如图所示，C正确；D．P中含有醇羟基，且与羟基相连的碳原子上有氢原子，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，从而使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误；故选D。10．下列含铝元素物质的制备方案正确的是()选项目标产物制备方案AAl电解氯化铝BAlCl3·6H2OAlCl3溶液蒸发结晶CAlCl3AlCl3·6H2O在干燥的HCl气流中脱水DAl(OH)3向氯化铝溶液中加入足量NaOH溶液后，过滤【答案】C【解析】A项，电解氯化铝无法得到金属铝，工业上通过电解熔融氧化铝制备铝，氯化铝为共价化合物，熔融态不导电，A错误；B项，AlCl3溶液蒸发结晶时，Al3+水解生成Al(OH)3和HCl，HCl挥发使水解加剧，最终无法得到AlCl3·6H2O，B错误；C项，AlCl3·6H2O在干燥HCl气流中脱水，HCl抑制AlCl3水解，可制得无水AlCl3，C正确；D项，向AlCl3溶液中加入过量NaOH会生成Na[Al(OH)4]，Al(OH)3溶解，无法通过过滤得到，D错误；故选C。11．下列说法不正确的是()A．2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＝-196.6kJ·mol−1采用多层催化剂间隔催化，有利于提高反应速率、产率B．[Cu(NH3)2]+(aq)+CO(g)＋NH3(g)[Cu(NH3)3CO]+(aq)，高压可提高CO吸收率C．CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，其他条件不变，添加少量纳米CaO可以增大H2的平衡体积分数D．基元反应mA(g)nB(g)的速率较小，则所有活化分子的平均能量高于或等于所有分子的平均能量【答案】D【解析】A项，反应采用多层催化剂间隔催化，有利于提高反应速率，合适的催化剂可减小副反应发生，有利于产率提高，故A正确；B项，反应正向气体分子数减小，高压有利于平衡正向移动，可提高CO吸收率，故B正确；C项，其他条件不变，添加少量纳米CaO，可吸收生成的二氧化碳，使平衡正向移动，可以增大H2的平衡体积分数，故C正确；D项，基元反应mA(g)nB(g)的速率较小，说明单位体积内活化分子数少，故D错误；故选D。12．某电化学制冷装置如图所示。[Fe(H2O)6]2+和[Fe(H2O)6]3+在电极上发生相互转化，伴随着热量的吸收或释放，经由泵推动电解质溶液的循环流动实现制冷。装置只通过热交换区域Ⅰ和Ⅱ与环境进行传热，其他区域绝热。下列说法正确的是()A．电极a是阴极，电极反应为[Fe(H2O)6]2+-e−=[Fe(H2O)6]3+B．已知②处的电解液温度比①处的低，则电极b处发生放热反应C．多孔隔板只起到阻止两电极区阳离子移动的作用D．电流方向：电源正极→电极a→电解质溶液→电极b→电源负极【答案】D【解析】由图可知，电极a发生反应[Fe(H2O)6]2+-e−=[Fe(H2O)6]3+，则电极a为阳极，电极b反应为[Fe(H2O)6]3++e−=[Fe(H2O)6]2+，则电极b为阴极。A项，由分析可知，电极b为阴极，电极反应为[Fe(H2O)6]3++e−=[Fe(H2O)6]2+，A错误；B项，已知②处的电解液温度比①处的低，则可推断[Fe(H2O)6]3++e−=[Fe(H2O)6]2+是吸热反应，B错误；C项，多孔隔膜可以阻止两电极区的溶液对流，可阻止热交换，C错误；D项，电极a附近发生失电子的氧化反应，电极b发生得电子还原反应，电子转移方向电极a→电源正极→电源负极→电极b，则电流方向：电源正极→电极a→电解质溶液→电极b→电源负极，D正确；故选D。13．化合物是一种第四周期金属元素M的氧化物，其晶胞类型I在1000℃高温下煅烧时会转换成类型II(晶胞棱夹角均为)，两种晶胞的体积比。下列说法正确的是()A．化合物W的类型I与类型II化学式不相同B．类型I与类型II均为分子晶体C．类型I与类型II的晶体密度之比为D．两种类型中的所有原子均有d轨道参与成键【答案】C【解析】A项，类型I中，O原子个数为：，M原子个数为：，化学式为：MO2；类型II中，O原子个数为：，M的个数为：，化学式为：MO2，故类型I与类型II化学式相同，A错误；B项，类型I与类型II均为离子晶体，B错误；C项，两种晶胞的体积比，根据A分析，两种晶胞的质量比为2：1，故密度比为：64：65，C正确；D项，两种类型中的O原子未用d轨道参与成键，D错误；故选C。14．肉桂酸(3-苯基丙烯酸)是一种天然的有机物，其与水加成引入羟基，赋予产物更强的生物活性、水溶性和反应的多样性，该反应的主要途径如图，下列说法不正确的是()A．H+为该反应的催化剂B．肉桂酸可以与5molH2发生加成反应C．步骤I形成碳正离子，与羧基吸电子效应有关D．与水加成的产物可以通过缩聚反应制备高分子聚酯类物质【答案】B【解析】A项，H+在反应中先参与步骤I的反应，最终在步骤Ⅲ中重新生成，循环使用，符合催化剂的定义，A正确；B项，肉桂酸分子()中含1个苯环(需3molH2加成)、1个碳碳双键(需1molH2加成)，羧基不能与H2发生加成反应，故最多与4molH2加成，B错误；C项，步骤I中双键质子化形成碳正离子，羧基(-COOH)为吸电子基团，可通过诱导效应影响双键电子云分布，使特定位置易形成碳正离子，C正确；D项，与水加成的产物含羟基(-OH)和羧基(-COOH)，可通过羧基与羟基脱水缩合发生缩聚反应生成聚酯类高分子，D正确；故选B。15．25℃时，Ka1(H2SO3)=1.0×10-2，Ka2(H2SO3)=6.0×10-8，Ksp(CaSO3)=1.0×10－4，Ksp(CaSO4)=5.0×10－5。将等体积、浓度均为1mol·L-1CaCl2溶液与新制H2SO3溶液混合，无明显现象；再滴加过量H2O2溶液，振荡，出现白色沉淀。下列说法不正确的是()A．CaSO3饱和溶液中c(Ca2＋)＝c(SO32-)=0.01mol·L－1B．2HSO3-H2SO3+SO32-K=6.0×10-6C．Ca2++HSO3-CaSO3+H+K=6.0×10-4D．白色沉淀的主要成因是Ca2++H2SO3+H2O2=CaSO4↓+2H++H2O【答案】A【解析】A项，CaSO3的溶度积Ksp(CaSO3)=1.0×10－4，若仅考虑溶度积公式Ksp(CaSO3)=1.0×10－4则c(Ca2＋)＝c(SO32-)=1.0×10-2mol·L－1，但实际溶液中，SO32-会发生水解：SO32-+H2OHSO3-+OH-导致SO32-的浓度降低，而Ca2+的浓度需增加以维持溶度积。因此，c(Ca2＋)＞1.0×10-2mol·L－1，c(SO32-)1.0×10-2mol·L－1，A错误；B项，反应2HSO3-H2SO3+SO32-的平衡常数K为：，B正确；C项，反应Ca2++HSO3-CaSO3+H+的平衡常数K为：，C正确；D项，加入H2O2后，H2SO3被氧化为H2SO4，后者完全电离生成SO42-，与Ca2+结合生成沉淀CaSO4，总反应为：Ca2++H2SO3+H2O2=CaSO4↓+2H++H2O，D正确；故选A。16．化学需氧量(COD)指在一定条件下，水样中可被强氧化剂氧化的还原性物质(如有机物、亚硝酸盐、硫化物等)所消耗的氧当量。COD含量可按下列步骤测定：【实验一】【实验二】取10.00mL蒸馏水代替待测水样，重复上述实验。下列说法中不正确的是()A．步骤Ⅰ中使用的K2Cr2O7溶液的浓度需标定B．步骤Ⅱ中，Ag2SO4可能是有机物氧化反应的催化剂C．Fe2+与指示剂的结合能力强于Fe3+D．若(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定前未润洗滴定管，则测得的COD含量将偏低【答案】A【解析】实验一和实验二分别使用了待测水样和蒸馏水，通过加入K2Cr2O7溶液和H2SO4溶液，以及Fe2+和指示剂，来测定水样中的化学需氧量(COD)，实验二作为对照实验。A项，实验二采用的蒸馏水不能和K2Cr2O7溶液以及(NH4)2Fe(SO4)2溶液反应，有了实验二作对照实验，步骤Ⅰ中使用的K2Cr2O7溶液的浓度不需标定，A错误；B项，步骤Ⅱ中，Ag2SO4可能是有机物氧化反应的催化剂，因为催化剂可以加速反应速率，但不参与反应的最终产物，B正确；C项，Fe2+与指示剂的结合能力强于Fe3+，因为Fe2+在滴定过程中被氧化成Fe3+，指示剂的颜色变化标志着滴定终点，C正确；D项，若(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定前未润洗滴定管，则相当于稀释了(NH4)2Fe(SO4)2溶液，导致滴定体积偏大，计算所得水样中还原性物质消耗的K2Cr2O7溶液偏少，从而测得的COD含量偏低，D正确；故选A。非选择题部分二、非选择题(本大题共4小题，共52分)17．(16分)根据要求回答下列问题：(1)试剂MBTH常用于检测室内空气中甲醛的含量，其结构为。下列说法不正确的是___________(填标号)。A．电负性：N＞C＞HB．4种元素均位于p区C．基态原子核外电子有16种空间运动状态D．MBTH与甲醛发生加成反应时，氨基H与醛基C成键(2)S与A、B两种金属形成的晶胞如图所示，该化合物的化学式为。(3)已知CO2+H2OH2CO3，CS2与NH3按照物质的量之比为1：2发生类似反应得到NH4+和一种阴离子，写出阴离子的结构式。(4)H2S2O3结构式为，从结构角度解释H2S2O3的酸性弱于H2SO4原因是。(5)以软锰矿(主要成分为MnO2)为原料制备粗二氧化锰颗粒的过程如下：①“浸出”时，可加快速率的措施有(任写2点)②“净化、分离”时，浸出液中的Fe3+可以通过加水稀释除去，结合离子方程式解释原理；生成MnCO3的离子方程式为。【答案】(1)BCD(2分)(2)ABS2(2分)(3)(2分)(4)(2分)O电负性大于S，S=S吸电子能力小于O=S，使硫代硫酸中羟基极性较小，酸性较弱(2分)(5)将软锰矿研磨成粉末、适当升温、搅拌等(2分)稀释浸出液，使得溶液的pH升高，导致正向移动(2分)Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O(2分)【解析】(1)A项，元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性强弱顺序为N＞C＞H，则电负性的大小顺序为N＞C＞H，故A正确；B项，4种元素中，氢元素位于元素周期表s区，故B错误；C项，硫元素的原子序数为16，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4，核外有9种空间运动状态，故C错误；D项，MBTH与甲醛发生加成反应时，氨基氢原子与醛基氧原子成键，故D错误；故选BCD；(2)A位于顶点的有8个，面上的有4个，内部有1个，故有，位于棱上的有4个，面上的有6个，故有，而都在内部，有8个，故个数为8个，因此分子式为ABS2；(3)已知CO2+H2OH2CO3，CS2与NH3按照物质的量之比为1：2发生类似反应得到NH4+和一种阴离子，则阴离子的分子式为(H2NCS2)-，结构式为；(4)H2SO4的结构式为，H2S2O3相当于将一个O替换成S，故H2S2O3结构式为；O和S为同族元素，电负性O大于S，吸电子能力S=S小于O=S，使硫代硫酸中羟基极性较小，电离出氢离子能力较硫酸弱，酸性较弱；(5)软锰矿通过浸出操作得到含MnSO4的浸出液，加入碳酸氢铵通过净化、分离得到MnCO3，MnCO3热解得到二氧化锰粗颗粒；①二氧化锰具有氧化性，亚铁离子具有还原性，用硫酸和可溶解软锰矿，加快反应速率可通过增大接触面积、升高温度、增大反应液浓度等方法；②软锰矿浸出液中的通过加水稀释浸出液，使得溶液的pH升高，导致正向移动，利于除去；Mn2+与碳酸氢铵溶液中的HCO3-发生反应生成MnCO3，Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O。18．(12分)工业上常用的合成氨的方法反应方程式：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH。请回答：(1)有关温度对该反应自发性的影响，下列说法正确的是_______。A．高温自发B．低温自发C．任何温度下均自发D．任何温度下均不自发(2)关于合成氨工艺的下列理解，正确的是_______。A．升高温度有利于提高该反应的平衡转化率B．当温度、压强一定时，原料中添加少量惰性气体，有利于加快反应速率C．早期用低碳钢制备合成氨设备，高温高压下易受氢气的腐蚀而发生爆炸事故D．原料气须经过干燥净化处理，可防止催化剂中毒(3)氨合成反应需要高纯的N2和H2，因此原料气在通入合成塔前需进行净化。净化体系中会发生以下反应：Ⅰ：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH1Ⅱ：2CO(g)＋2H2(g)CH4(g)＋CO2(g)ΔH2＝-247.3kJ·mol−1Ⅲ：2CO(g)C(s)＋CO2(g)ΔH3＝-172.46kJ·mol−1①标准状况下，CO和H2的燃烧热分别为283kJ·mol−1和285.8kJ·mol−1，H2O(g)H2O(l)ΔH＝-44kJ·mol−1，则ΔH1=kJ·mol−1。②由于反应Ⅱ不仅会降低H2和N2的分压，还会引入烷烃杂质。实验研究发现，恒温恒压下，增大[n(H2O)/n(CO)]可以降低反应Ⅱ的速率，结合反应Ⅱ和Ⅲ，试从催化剂的角度解释原因(提示：碳化铁能催化反应Ⅱ的进行)。③仅考虑反应Ⅱ，假设其为基元反应，且反应的与活化能()的关系为。补充完成该反应过程的能量变化示意图。(4)某研究团队构筑耦合的NiO/Cu纳米电催化剂加速硝酸盐电还原成氨气，电源正极所连电极为NiO/Cu，负极所连电极为惰性电极，电解质溶液为KOH溶液，请写出阴极的电极反应式。【答案】(1)B(2分)(2)CD(2分)(3)-41.2(2分)恒温恒压，增大[n(H2O)/n(CO)]，降低了CO的分压，促使反应Ⅲ平衡逆向移动(或者反应Ⅲ速率降低)，减少积碳的形成，从而减少碳化铁的形成，反应速率降低(2分)(2分)(4)NO3-+6H2O+8e-=NH3+9OH-(2分)【解析】(1)合成氨反应为熵减的放热反应，自发时ΔHΔS，则该反应为低温自发，选B；(2)A项，正反应放热，升高温度平衡左移，故升温不利于提高该反应的平衡转化率，A错误；B项，当温度、压强一定时，原料中添加少量惰性气体，容器体积扩大，反应相关各气体浓度同等幅度下降，反应速率下降，B错误；C项，早期用低碳钢制备合成氨设备，高温高压下易受氢气的腐蚀而导致金属设备的脆性和裂缝、会引发发生爆炸事故，C正确；D项，原料气中的杂质气体如硫、氯、磷、氧等化合物会对催化剂产生毒害作用，故原料气须经过干燥净化处理，可防止催化剂中毒，D正确；故选CD；(3)①标准状况下，CO和H2的燃烧热分别为283kJ·mol−1和285.8kJ·mol−1，得到反应①；反应②；变化③H2O(g)H2O(l)ΔH＝-44kJ·mol−1，根据盖斯定律，反应①-反应②+变化③=反应Ⅰ，则=-41.2kJ·mol−1。②已知碳化铁能催化反应Ⅱ的进行，则从催化剂的角度解释原因为：恒温恒压，增大[n(H2O)/n(CO)]，降低了CO的分压，促使反应Ⅲ平衡逆向移动(或者反应Ⅲ速率降低)，减少积碳的形成，从而减少碳化铁的形成，反应速率降低。③反应Ⅱ为放热反应，焓变=正反应活化能-逆反应的活化能=生成物的总能量-反应物的总能量，仅考虑反应Ⅱ，假设其为基元反应，且反应的ΔH与活化能()的关系为。则补充完成该反应过程的能量变化示意图为：。(4)阴极发生还原反应，则该电极上，在碱性条件下硝酸盐被还原成氨气，电极反应式NO3-+6H2O+8e-=NH3+9OH-。19．(12分)阿司匹林(乙酰水杨酸)是一种历史悠久的解热镇痛药，近年来发现其具有治疗心脏病以及抗癌功效，具有良好的开发前景，一般由水杨酸乙酰化得到。其主要反应式为：制备流程如下：提示：水杨酸和乙酸酐水溶性良好，乙酰水杨酸微溶于水，且热稳定性较差。请回答：(1)在本制备流程中HX为，步骤Ⅰ在圆底烧瓶中进行，适合用加热方式。(2)步骤Ⅱ中有相关操作如下a)将反应后的圆底烧瓶放在冷水中，(填一操作)下缓缓加入15mL水b)抽干，得乙酰水杨酸粗产品c)静置，使晶体完全析出d)加热浓缩溶液至出现晶膜e)用热水洗涤晶体f)抽滤，并用少量冷水洗涤g)加入活性炭并煮沸请你选择合适的操作a→。(3)用实验证明粗产品中存在水杨酸。(4)下列说法不正确的是___________。A．水杨酸粗产品中可能混合有和，可用红外光谱法进行分离提纯B．制备实验中，浓硫酸的作用是催化剂C．反应温度较低时，反应后的产品中有水杨酸；反应温度较高时，反应后的产品中则有高聚物D．产品的纯化可以用重结晶法，先将粗产品溶于少量沸乙醇中，再向乙醇溶液中添加热水直至溶液中出现混浊，再持续加热(5)将纯化后的产品溶解在中性乙醇中，在10℃下，用0.1000mol/L的NaOH进行滴定，并加入无色酚酞，当，记下读数V，平行滴定三次。体积记录如下：体积(mL)82.0098.0074.00则乙酰水杨酸的产率为。【答案】(1)CH3COOH(1分)水浴(1分)(2)搅拌(1分)(a)cfb或a→c→f→b(2分)(3)取少量粗产品，溶入几滴乙醇中，并滴加1-2滴1%三氯化铁溶液，如果发生显色反应，说明有水杨酸存在(2分)(4)AD(2分)(5)最后半滴NaOH溶液滴入时，溶液由无色变粉红色，且30s不褪色(1分)78.00%(2分)【解析】该实验由水杨酸和乙酸酐制备乙酰水杨酸，方程式为。(1)根据化学反应方程式，X为CH3COOH；反应加热需控制温度75~80℃，故采用水浴加热。(2)步骤Ⅱ是将反应混合物分离除杂，得到乙酰水杨酸粗产品，混合物中含有水杨酸、乙酸酐、乙酰水杨酸、乙酸及硫酸，根据物质的溶解性不同分离，步骤为a)将反应后的圆底烧瓶放在冷水中(乙酰水杨酸热稳定性差)，搅拌下缓缓加入15mL水(水杨酸和乙酸酐、乙酸、硫酸溶于水)，c)静置，使晶体完全析出，f)抽滤，并用少量冷水洗涤，b)抽干，得乙酰水杨酸粗产品；故答案为：(a)cfb或a→c→f→b。(3)水杨酸结构中含有酚羟基，而乙酰水杨酸结构中不含酚羟基，故检验水杨酸的试剂为溶液，实验方法为：取少量粗产品，溶入几滴乙醇中，并滴加1-2滴1%三氯化铁溶液，如果发生显色反应，说明有水杨酸存在。(4)A项，红外光谱法可以鉴定有机物化学基团及化学键，不能分离提纯有机物，A错误；B项，实验加入2滴浓硫酸，浓硫酸的作用是催化剂，B正确；C项，水杨酸结构中含有酚羟基、羧基，可以发生缩聚反应生成高聚物，C正确；D项，乙酰水杨酸的热稳定性差，粗产品用乙醇(不是沸乙醇)溶解，再向乙醇溶液中添加冷水，结晶，抽滤洗涤干燥得到产品，而不是热水、持续加热，D错误；故选AD。(5)乙酰水杨酸结构中含有羧基，能与NaOH反应，以无色酚酞为指示剂，当最后半滴NaOH溶液滴入时，溶液由无色变粉红色，且30s不褪色，为滴定终点；根据化学方程式可知，1