2024年浙江高考真題化學（1月）（解析）

2024年1月浙江省普通高校招生選考科目考試

化學試題

選擇題部分

一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分，每小題列出的四個備選項中只有一

個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)

1.下列物質不用于電解質的是

A.CO2B.HC1C.NaOHD.BaSO4

【答案】A

【解析】

【詳解】A.CO2在水溶液中能導電，是生成的碳酸電離，不是自身電離，不屬于電解質，A符合題

1

B.HC1溶于水電離出離子導電，屬于電解質，B不符合題意；

C.NaOH在水溶液和熔融狀態(tài)均能電離離子而導電，屬于電解質，C不符合題意；

D.BaS04在熔融狀態(tài)能電離離子而導電，屬于電解質，D不符合題意；

故選A.

2.工業(yè)上將Cb通入冷的NaOH溶液中制得漂白液，下列說法不正確的是

A.漂白液的有效成分是NaClOB.CIO-水解生成HC1O使漂白液呈酸性

C.通入CO2后的漂白液消毒能力增強D.NaClO溶液比HC1O溶液稔定

【答案】B

【解析】

【詳解】A.漂白液的主要成分是次氯酸鈉(NaClO)和氯化鈉(NaCl),有效成分是次氯酸鈉，A正確；

B.C1。水解生成HC1O,水解方程式為CIO+H2OHC1O+OH,使漂白液呈堿性，B錯誤；

C.通入CO2后，發(fā)生反應NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO,漂白液消毒能力增強，C正確；

D.次氯酸不穩(wěn)定，次氯酸鹽穩(wěn)定，所以熱穩(wěn)定性NaQO>HClO,D正確；

答案選B。

3.下列表示不?正?確?的是

A.中子數(shù)為10的氧原子：

B.SO?的價層電子對互斥(VSEPR)模型:

c.用電子式表示KC1的形成過程：KG?百：一?K+pCI：］

????

CH3cHeH2cHe%

D.II的名稱：2-甲基4-乙基戊烷

CH3CH2cH3

【答案】D

【解析】

【詳解】A.r0質子數(shù)為8,質量數(shù)為18,根據(jù)質量數(shù)=質子數(shù)+中子數(shù)，可算得中子數(shù)為H）,A說法

正確;

B.SOz中心原子S價層電子對數(shù)：2+1（6-2x2）=3,其價層電子對互斥（VSEPR）模型為平面三角

形，B說法正確；

c.KCI為離子化合物，其電子式表示形成過程：K^-Cl：―?1<+［止1：「，c說法正確；

????

CH3CHCH2CHCH3

D.有機物II主鏈上有6個碳原了一，第2、4號碳原子上連有甲基，命名為：2,4-

CH3CH2cH3

二甲基己烷，D說法錯誤；

答案選D.

催化劑

4.汽車尾氣中的NO和CO在催化劑作用下發(fā)生反應：2NO+2CO^=2CO2+N2,列說法不氐碰的

是（NA為阿伏加德羅常數(shù)的值）

A.生成1molCO?轉移電子的數(shù)目為2NAB.催化劑降低NO與CO反應的活化能

C.NO是氧化劑，CO是還原劑D.N?既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物

【答案】D

【解析】

【分析】NO中N的化合價為+2價，降低為0價的N2,I個NO得2個電子，作氧化劑，發(fā)生還原反

應，CO中C為+2價，化合價升高為+4價的CO2,失去2個電子，作還原劑發(fā)生氧化反應；

【詳解】A.根據(jù)分析，ImolCO2轉移2NA的電子，A正確；

B.催化劑通過降低活化能，提高反應速率，B正確；

C.根據(jù)分析，NO是氧化劑，CO是還原劑，C正確；

D.根據(jù)分析，N2為還原產(chǎn)物，CO2為氧化產(chǎn)物，D錯誤；

故答案為：Do

5.在溶液中能大量共存的離子組是

2

A.H/、I、Ba\NO3B.FetK\CN\CP

2+

C.Na\SiO：、Br\CaD.NH；、SO：、CH3coO、HCO3

【答案】D

【解析】

【詳解】A.H\I\NO：三種離子會反生氧化還原反應而不能大量共存，故A不符合題意；

B.Fe3\CN會生成Fe(CN)：離子而不能大量共存，故B不符合題意；

C.SiO；、Ca?+會生成CaSiO,沉淀而不能大量共存，故C不符合題意；

D.NH；、CH3COO\HCO；雖然不同程度水解，但水解是微弱的，能大量共存，故D符合題意;

答案D。

6.為回收利用含12的CCL廢液，果化學興趣小組設計方案如卜所示，卜列說法不止確的是

A.步驟I中，加入足量Na2cO3溶液充分反應后，上下兩層均為無色

B.步驟I中，分液時從分液漏斗下口放出溶液A

C.試劑X可用硫酸

D.粗%可用升華法進一步提純

【答案】B

【解析】

【分析】由題給流程可知，向碘的四氯化碳溶液中加入碳酸鈉溶液，碳酸鈉溶液與碘反應得到含有碘化

鈉和碘酸鈉的混合溶液，分液得到四氯化碳和溶液A：向溶液A中加入硫酸溶液，碘化鈉和碘酸鈉在硫

酸溶液中發(fā)生歸中反應生成硫酸鈉和碘。

【詳解】A.由分析可知，步驟I中，加入足量碳酸鈉溶液發(fā)生的反應為碳酸鈉溶液與碘反應得到含有碘

化鈉和碘酸鈉的混合溶液，則充分反應后，上下兩層均為無色，上層為含有碘化鈉和碘酸鈉的混合溶

液，下層為四氯化碳，故A正確；

B.四氯化碳的密度大于水，加入足量碳酸鈉溶液充分反應后，上卜兩層均為無色，上層為含有碘化鈉和

B.圖②裝置用于標準酸溶液滴定未知堿溶液

C.圖③裝置用于測定中和反應的反應熱

D.圖④裝置用于制備乙酸乙酯

【答案】A

【解析】

【詳解】A.圖①裝置沒有加熱裝置，不適用于二氧化鐳和濃鹽酸反應制氯氣，A錯誤；

B.利用酸式滴定管中裝有的標準酸溶液滴定未知堿溶液，裝置和操作正確，B正確；

C.圖③裝置用于測定中和反應的反應熱，溫度計測溫度、玻璃瑰拌器起攪拌作用，裝置密封、隔熱保溫效

果好，C正確；

D.圖④裝置用于制備乙酸乙酯，導管末端不伸入液面下，利用飽和碳酸鈉收集乙酸乙酯，D正確；

答案選A。

9.關于有機物檢測，下列說法正確的是

A.用濃溪水可鑒別溪乙烷、乙醛和苯酚

B.用紅外光譜可確定有機物的元素組成

C.質譜法測得某有機物的相對分子質量為72,可推斷其分子式為C,H12

D.麥芽糖與稀硫酸共熱后加NaOH溶液調(diào)至堿性，再加入新制氫氧化銅并加熱，可判斷麥芽糖是否水

解

【答案】A

【辭析】

【詳解】A.澳乙烷可萃取濃澳水中的浪，出現(xiàn)分層，下層為有色層，澳水具有強氧化性、乙醛具有強還

原性，乙醛能還原浸水，溶液褪色，苯酚和濃溪水發(fā)生取代反應產(chǎn)生三浜苯酚白色沉淀，故濃澳水可鑒

別溟乙烷、乙醛和苯酚，A正確；

B.紅外吸收峰的位置與強度反映了分子結構的特點，紅外光譜可確定有機物的基團、官能團等，元素分

析儀可以檢測樣品中所含有的元素，B錯誤；

C.質譜法測得某有機物的相對分子質量為72,不可據(jù)此推斷其分子式為C5H12,相對分子質量為72的

還可以是c4H8。、C3HQ2等，C錯誤；

D.麥芽糖及其水解產(chǎn)物均具有還原性，均能和新制氫氧化銅在加熱反應生成磚紅色沉淀CU2O,若按方

案進行該實驗，不管麥芽糖是否水解，均可生成磚紅色沉淀，故不能判斷麥芽糖是否水解，D錯誤；

答案選Ao

10.下列化學反應與方程式不學行的是

占燃

A.黑火藥爆炸：S+2KNO3+3C^^K2S+N2T+3CO2T

B.四氯化鈦水解:TiCl4+(x+2)H2O4TiO2-xH2OI+4HC1

2+

C.硫化鈉溶液在空氣中氧化變質：2S+O2+4H=2SJ+2H2O

CH2OOCC17H35CH2-OH

硬脂酸甘油酯在溶液中皂化：

D.NaOHCHOOCCI7H35+3NaOHfCH—OH+

CH2OOCCI7H35CH2-OH

3G7H35COONa

【答案】c

【解析】

點燃

【詳解】A.黑火藥爆炸：S+2KNO3+3C=0K2S+N2T+aco?T,A正確:

B.四氯化鈦水解:TiCl+(x+2)HOATiO-I+4HCI,B正確;

422XH2O

2

C.硫化鈉強堿弱酸鹽，溶液呈堿性，在空氣中氧化變質：2S+O2+2H2O=2S>L+4OH-,C錯誤;

CH2OOCC17H35CH2-OH

硬脂酸甘油酯在溶液中皂化：

D.NaOHCHOOCC17H35+3NaOH.CH—OH+

CH2OOCC17H35CH2-OH

3Ci7H35COONa,D正確；

答案選c。

II.制造隱形眼鏡的功能高分子材料Q的合成路線如下：

CH3

區(qū)BWC04+CH2-C4F

COOCH?CH2OH

0

下列說法不?正?確?的是

A.試劑a為NaOH乙靜溶液B.Y易溶于水

CH

c.z的結構簡式可能為I3D.M分子中有3種官能團

H2C=CCOOH

【答案】A

【解析】

【分析】X可與澳的四氯化碳溶液反應生成C2H4Bn,可知X為乙烯；C2H止門發(fā)生水解反應生成

HOCH2cH2OH,在濃硫酸加熱條件下與Z發(fā)生反應生成單體M,結合Q可反推知單體M為

CH

；則為3

CH2=C(CH3)COOCH2CH2OHZ

H2C=CCOOH

【詳解】A.根據(jù)分析可知，12二澳乙烷發(fā)生水解反應，反應所需試劑為NaOH水溶液，A錯誤;

B.根據(jù)分析可知，Y為HOCH2cH2OH,含羥基，可與水分子間形成氫鍵，增大在水中溶解度，B正

確；

CH

c.根據(jù)分析可知z的結構簡式可能為I3,c正確；

H2C=CCOOH

D.M結構簡式：CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH,含碳碳雙犍、酯基和羥基3種官能團，D正確;

答案選A。

12.X.Y、Z、M和Q五種主族元素，原子序數(shù)依次增大，X原子半徑最小，短周期中M電負性最小，Z

與Y、Q相鄰，基態(tài)Z原子的s能級與p能級的電子數(shù)相等，下列說法小亞聊的是

A.沸點：X2Z>X2Q

B.M與Q可形成化合物M?Q、M2Q2

C.化學鍵中離子鍵成分的百分數(shù)：M2Z>M2Q

D.YZ；與QZ：離子空間結構均三角錐形

【答案】D

【解析】

【分析】X半徑最小為H,短周期電負性最小則M為Na,Z原子的s能級與p能級的電子數(shù)相等，則Z

為O,Z與Y、Q相鄰，Y為N,Q為S,以此分析；

【詳解】A.H2O中含有氫鍵，則沸點高于HzS,A正確；

B.Na與O形成NazO、NazCh,則0與S同族化學性質性質樸似，B正確;

c.Na?o的電子式為Na*［：j：］2-Na+，Na2s的電子式為Na+［：§：］2-Na+，離子鍵百分比二

（電負性差值/總電負性差值），0的電負性大于S,則Na?O離子鍵成分的百分數(shù)大于Na?S,C正確；

D.N。；為sp2雜化，孤電子對為0,為平面三角形，SO：為sp3雜化，孤電子對為1,三角錐形，D錯

誤；

故答案為：Do

13.破損的鍍鋅鐵皮在氨水中發(fā)生電化學腐蝕，生成［Zn（NHj『和H?,下列說法不正確的是

A.氨水濃度越大，腐蝕趨勢越大

B.隨著腐蝕的進行，溶液pH變大

C.鐵電極上的電極反應式為：2NH.+2e=2NH；+H2T

D.每生成標準狀況下224mL乩，消耗0.010molZn

【答案】C

【解析】

【詳解】A.氨水濃度越大，越容易生成［Zn（NHj4『，腐蝕趨勢越大，A正確；

B.腐蝕的總反應為Zn+4NH3?H2O=［Zn（NHj4『+H2T+2H2O+2OH,有OH-離子生成，溶液pH變

大，B正確；

C.該電化學腐蝕中Zn作負極，F(xiàn)e作正極，正極上氫離子得電子生成氫氣，鐵電極上的電極反應式為:

-

2H2O+2e=H2T+2O//,C甯誤；

（）?24Lx2

D.根據(jù)得失電子守恒，每生成標準狀況下224mLH,,轉移電子數(shù)為一---------=0.02mol,消耗

22.4L/mol

0.010molZn,D正確；

故選C

14.酯在NaOH溶液中發(fā)生水解反應，歷程如下：

O8'O'OO

R—C6+—ORZ+OH-二R—1—OR'2RCOH+R'O'RBO+R'OH

I

OH

已知:

,8O-180H

小?快速平衡?八

(L1R—C—OR'~---R——C—OR，

II

OHO-

②RCOOCH2cH，水解相對速率與取代基R的關系如下表:

取代基RCH3C1CH2Cl.CH

水解相對

12907200

速率

下列說法不氐碘的是

A.步驟I是OFT與酯中C&*作用

B.步驟III使I和I【平衡正向移動，使酯在NaOH溶液中發(fā)生的水解反應不可逆

C.酯的水解速率：FCH,COOCH,CH^>C1CH,COOCH,CH3

180o

D.II與OH-反應、II與18?？诜磻?，兩者所得醇和粉酸鹽均不同

CH.COCH.CH.CH3coeH2cH3

【答案】D

【解析】

【詳解】A.步驟I是氫氧根離子與酯基中的C稈作用生成羥基和O：A正確；

B.步驟I加入氫氧根離子使平衡I正向移動，氫氧根離子與段基反應使平衡II也正向移動，使得酯在

NaOH溶液中發(fā)生的水解反應不可逆，B正確；

C.從信息②可知，隨著取代基R上。個數(shù)的增多，水解相對速率增大，原因為Q電負性較強，對電子

的吸引能力較強，使得酯基的水蟀速率增大，F(xiàn)的電負性強于CLFCH?對電子的吸引能力更強，因此酯的

水解速率FCH2coOCH2cH3>CICH2coOCH2cH3,c正確；

,80

D.||與氫氧根離子反應，根據(jù)信息①可知，第一步反應后l8O既存在于羥基中也存在于

CH_COCH_CH.

0

0-中，隨著反應進行，最終隙0存在于竣酸鹽中，同理II與I80H-反應，最終附O存在于按

CH.COCH.CH.

酸鹽中，兩者所得醇和錢酸鹽相同，D錯誤；

故答案選Do

15.常溫下、將等體積、濃度均為0.4（）m。l?L,BaC12溶液與新制H2SO3溶液混合，出現(xiàn)白色渾濁；再滴

加過量的Hz。？溶液，振蕩，出現(xiàn)白色沉淀。

28

己知：H2so3Kal=1.4xio,KU2=6.0X10

1010

Ksp（BaSO3）=5.0xIO,Ksp（BaSO4）=l.lxlO-

下列說法下ipf的是

A.H2sO3溶液中存在c（H+）＞c（HSO；）＞c（SO；-）＞c（OH）

B.將0.40molCH2sO3溶液稀釋到0.20mol,U，C（SO打幾乎不變

C.BaCl2溶液與H2sO3溶液混合后出現(xiàn)的白色渾濁不含有BaSC）3

D.存在反應Ba2-+H,SOa+H,O2=BaS04J+2H++HQ是出現(xiàn)白色沉淀的主要原因

【答案】C

【解析】

【詳解】A.亞硫酸是二元弱酸，存在二次電離，電離方程式為：H2so3H++HSO3，

HSC＞3=H++S0；,貝ij溶液中C（H+）＞C（HSO；）＞C（SO；）＞C（OH）,A正確；

B.亞硫酸根離了?是其二級電離產(chǎn)生的，則稀釋的時候對氫離子的影響較大，稀釋的時候，亞硫酸的濃度

變?yōu)樵瓉淼?半，另外稀釋的平衡常數(shù)不變，對第二級電離影響很小，則稀釋時亞硫酸根濃度基本不

變，B正確；

C.加入雙氧水之前，生成的白色渾濁為BaSO?沉淀，C錯誤；

D.過氧化氫具有強氧化性，可以將+4價硫氧化為+6價硫酸根離子，則存在反應，

BaSO3+H2O2=BaSO4I+H20,則出現(xiàn)白色沉淀的主要原因生成BaSO’沉淀，D正確：

故答案為：Co

16.根據(jù)實驗目的設計方案并進行實驗，觀察到相關現(xiàn)象，其中方案設計或結論不氐砸的是

實驗目的方案設計現(xiàn)象結論

探究Cu和濃將NO2通入下列溶液至飽①無色變Cu和濃HNOs反應后

A

HNO、反應后和：黃色溶液呈綠色的主要原因

溶液呈綠色的①濃②藍色變

HNO3是溶有NO2

原因綠色

②CU(N()3)2和HNO3,混

合溶液

比較F-與

向等物質的量濃度的KF和溶液顏色

結合Fe"的能力:

BSCN結合KSCN混合溶液中滴加幾無明顯變

F>SCN'

Fe一"的能力滴FcC］溶液，振蕩化

分別測定等物質的量濃度

比較HF與前者pH

的NHJ與(NH4)2sO3

C酸性：HF>H2SO3

H2sO3的酸性小

溶液的pH

等體積、等物質的量濃度溫度高的

探究溫度對反溫度升高，該反應速率

D的Na2s2。3與H2so4溶液溶液中先

應速率的影響加快

在不同溫度下反應出現(xiàn)渾濁

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【詳解】A.Cu和濃HNO3反應后生成二氧化氮，探究其溶液呈綠色的原因可以采用對比實驗，即將

N02通入①濃HNCh,②Cu(N03b和HNO3混合溶液至飽和，現(xiàn)象與原實驗一致，可以說明Cu和濃

HN03反應后溶液呈綠色的主要原因是溶有NCh,故A正確；

B.向等物質的量濃度的KF和KSCN混合溶液中滴加兒滴FeCb溶液，振蕩，溶液顏色無明顯變化，鐵

沒有與SCN一結合而與F結合，說明結合Fe3+的能力：F>SCN-,故B正確；

C.不應該分別測定等物質的量濃度的NH」F與(NHj2sO3溶液的PH,因為鏤根離子也要水解，且同

濃度NH&F與(NHJ2sO3的核根離子濃度不等，不能比較，并且亞硫酸的酸性大于氫氟酸，結論也不

對，故C錯誤；

D.探究溫度對反應速率的影響，只保留溫度一個變量，溫度高的溶液中先出現(xiàn)渾濁，能說明溫度升高，

反應速率加快，故D正確；

故選c。

非選擇題部分

二、非選擇題（本大題共5小題，共52分）

17.氮和氧是構建化合物的常見元素。

OO

IIII

已知：/SQ+&O—HO-S-OH

OOII

O

請回答：

（I）某化合物的晶胞如圖，其化學式是，晶體類型是。

（2）下列說法正確的是<

A.電負性：B>N>OB.離子半徑：p3<s2<cr

C.第一電離能：Ge<Se<AsD.基態(tài)CJ+的簡化電子排布式：[Ar]3d4

（3）①HzN-NHz+FTfHzN-NH；,其中-NH2的N原子雜化方式為；比較鍵角

NHNHiHzN-NH2中的-NH?H?N-NH；中的-NH；（填“>”、"v”或“=”），請說明理由_______。

②將HNO3與SO,按物質的景之比1:2發(fā)生化合反應生成A,測得A由2種微粒構成，其中之一是

NO；。比較氧化性強弱：NO；?1?403（填“>"、"<''或『''）；寫出A中陰離子的結構式o

【答案】（1）①.CrCl2-4H2O②.分子晶體⑵CD

（3）①.sp3②.V③.-NH,有孤電子對，孤電子對對成鍵電子排斥力大，鍵角變?、?

OO

HH

>o-S-O-S

Hn

Oo

【解析】

【小問1詳解】

由品胞圖可知，化學式為CrCh/H2。；由晶胞圖可知構成晶胞的粒子為CrC12.4H2。分子，故為分子

晶體；

【小問2詳解】

A同一周期，從左到右，電負性依次增強，故順序為O>N>B,A錯誤；

B核外電子排布相同，核電荷數(shù)越大，半徑越小，故順序為p3>s+>cr，B錯誤；

C同一周期，從左到右，電禽能增大的趨勢，VA族和VIA族相反，故順序為Ge<SevAs,C正確；

D基態(tài)Cr的簡化電子排布式：[Ar]3cT4slCF+的簡化電子排布式為[Ar]3dtD正確；

故選CD；

小問3詳解】

5—1x3

①-N%的價層電子對數(shù)3+—^=4,故雜化方式為sp3；7出價層電子對數(shù)為4,有一對孤電子

2

5—1—Ix4

對，-NH；價層電子對數(shù)4+---=4,無孤對電子，又因為孤電子對對成鍵電子的排W力大于成

2

鍵電子對成鍵電子的排斥力，故鍵角NHNH:H?N-NH2中的-NH2<H2N-NH；中的-NH；；

②將HNO3與SO.i按物質的量之比1:2發(fā)生化合反應生成A,測得A由2種微粒構成，其中之一是

NO；,則A為NO2Hs2O7,NO；為硝酸失去一個OH,得電子能力更強，氧化性更強，故氧化性強弱：

OO

HH

SS

NO：>HNO3；陰離子為HS?。；根據(jù)已知可知其結構式為HH

OO

18.固態(tài)化合物Y的組成為MgCaFeMn(COj4,以Y為原料實現(xiàn)如下轉化。

氣體D

鹽酸固體E

Y

I

已知：NH,與溶液A中金屬離子均不能形成配合物。

請回答:

(I)依據(jù)步驟川，MnCO3.CaCO,和MgCO|中溶解度最大的是。寫出溶液C中的所有陰離

于。步驟n中，加入NH4cl的作用是o

(2)下列說法正確的是______<

A.氣體D是形成酸雨的主要成分B.固體E可能含有Na2cO,

C.Mn(0H)2可溶于NH/C1溶液D.堿性：Ca(OH)2<Fe(OH)2

(3)酸性條件下，固體NaBiCV微溶于水，其還原產(chǎn)物為無色Bi'+)可氧化Mn"為MnO；,根據(jù)該反

應原理，設計實驗驗證Y中含有Mn元素；寫出MM+轉化為MnO.的離子方程式。

【答案】(1)①.MgCO3②.CO：、HCO:、OH、Cl③.調(diào)節(jié)溶液pH值，防止鈣離子、

鎂離子、錦離子轉化為氫氧化物的沉淀(2)BC

(3)①.取一定量Y于試管中，加入適量硝酸溶解，再加入適量NaBiCh,觀察到溶液變?yōu)樽霞t色，

則證明Y中含有缽元素②.5Nc0Q+14H++2M/產(chǎn)=+58產(chǎn)+7HQ+5M?

【解析】

【分析】Y中加入鹽酸將碳酸根轉化為二氧化碳，溶液A中主要有鎂離子、缽離子、鈣離子、亞鐵離

子，氯離子，若酸過量，還有H+,加入氨氣和氯化鏤將亞鐵離子轉化為氫氧化亞鐵，溶液B中主要含有

鎂離子、缽離子、鈣離子、鉉根離子，氯離子，HI中乂通入C02將鈣離子與缽離子轉化為沉淀，據(jù)此回

答，

【小問1詳解】

①MnCCh、CaCCh和MgCCh是同種類型的沉淀，溶解度大的最后沉淀出來，由于通入二氧化碳，生成

的沉淀是CaCO3和MgCO3,所以MgCCh溶解度最大：

②溶液中加入鹽酸引入陰離子氯離子，【II中又通入CO2引入碳酸根離子，溶液中還有碳酸氫杈和氫氧

根；

【小問2詳解】

A.氣體是CO2不是形成酸雨的主要成分，故A錯誤；

A

B.固體E可能含有Na2co3,當二氧化碳過量時反應方程式為：2CO2+2NaNa2CO3+CO,當二氧

化碟少量時CO”2Na八Na2cHe。，所以可能含有Na2co3,故B正確；

C.Mn(OH)2可溶于NHjCl溶液，由于NH,。溶液呈酸性，NH4。水解產(chǎn)生的H+與Mn(0H)2反應，故C

正確；

D.堿性是Ca(OH)2>Fe(OH)2,氫氧化鈣是強堿，氫氧化亞鐵是弱堿，故D錯誤；

故選BCo

【小問3詳解】

①酸性條件下，固體NaBiCh可黛化MM+為MnO"取一定量Y于試管中，加入適量硝酸溶解，再加入

適量NaBiCh，觀察到溶液變?yōu)樽霞t色，則證明Y中含有缽元素：

+2+3++

②根據(jù)題目信息可知5NaBiO3+I4H+2Mn=2MnO4+5Bi+7H,O+5Na。

19.通過電化學、熱化學等方法，將CO2轉化為HCOOH等化學品，是實現(xiàn)“雙碳”目標的途徑之一。請

回答：

(I)某研究小組采用電化學方法將CO2轉化為HCOOH,裝置如圖。電極B上的電極反應式是

電源

(2)該研究小組改用熱化學方法，相關熱化學方程式如下：

I：C(s)+O2(g)=CO2(g)AH]=-393.5kJ?mol"

1II

II：C(s)+H2(g)+O2(g)=HCOOH(g)AH2=-378.7kJmor

HI：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)AH3

1

?AH3=kJ-mol-?

②反應HI在恒溫、恒容的密閉容器中進行，CO?和H?的投料濃度均為1.()moll"，平衡常數(shù)

K=2.4xl0',則CO?的平衡轉化率為。

③用氨水吸收HCOOH,得到LOOmolE1氨水和0.18mol?E1甲酸鉉的混合溶液，298K時該混合溶

液的pH=。[己知：298K時，電離常數(shù)Kb(NH-H2O)=1.8xl()5、

Kj(HCOOH尸1.8x10-

(3)為提高效率，該研究小組參考文獻優(yōu)化熱化學方法，在如圖密閉裝置中充分攪拌催化劑M的

DMSO(有機溶劑)溶液，CO?和H?在溶液中反應制備HCOOH,反應過程中保持CO?(g)和H?(g)的

壓強不變，總反應CO?HCOOH的反應速率為v,反應機理如下列三個基元反應，各反應的

活化能E2<E,?E3（不考慮催化劑活性降低或喪失）。

IV：M+CO2E,

v：Q+H2；=±LE2

A.V與CO?（g）的壓強無關B.V與溶液中溶解H?的濃度無關

C.溫度升高，V不一定增大D,在溶液中加入N（CH2cH3）3,可提高CO?轉化率

②實驗測得：298K,p（CC>2）=p（H2）=2MPa下，v隨催化劑M濃度c變化如圖。c?c0時，v隨c

增大而增大：c>c”時，v不再顯著增大。請解釋原因

o/mol?L”?s/

+

【答案】（1）CO2+2e+2H=HCOOH

（2）①.+14.8②.2.4x10-③.10.00

（3）CD②.當cWco時，v隨c增大而增大，因M是基元反應IV的反應物（直接影響基元反

應VI中反應物L的生成）；c>co時，v不再顯著增加，因受限于CCh（g）和H?（g）在溶液中的溶解速度（或

濃度）

【解析】

【小問1詳解】

①電極B是陰極，則電極反應式是CC>2+2e+2H'=HCOOH；

【小問2詳解】

①-A”i=-378.7kJ/mol+393.5kJ/mol=+14.8kJ/mol：

②根據(jù)三段式，設轉化的CO2為X,則：

82(g)+H2(g)=HCOOH(g)

起始(mol/L)110x

,貝J=2.4x10%

轉化(mol/L)xxx(1-x)2

平衡(mol/L)1-x1-xX

24x10-8

x^2.4xlOKmol/L>則轉化率==-------xl(X)%=2.4x1O-6%；

1

③用氨水吸收HCOOH,得至lj1.00mol-⑶氨水和0.18mol-U甲酸鏤的混合溶液，得出c(NH；)

c(OH)c(NH；)cCNH^H.O)-^1x1.8x105

=0.18mol/L,根據(jù)人=,則c(Od尸=10-Imol/L,

C(NH3.H2O)c(NH；)0.18

pOH=4,pH=14-4=10；

【小問3詳解】

①A.v與CO2（g）的壓強有關，壓強越大，溶液中CO?的濃度越大，v越大，A錯誤；

B.v與溶液中溶解H2的濃度有關，氫氣濃度越大，速率越快，B錯誤；

C.溫度升高，v不一定增大，反應IV和V是快反應，而VI是慢反應（決速步驟），若N和V是放熱反應且

可以快速建立平衡狀態(tài)，則隨著溫度升高L的濃度減小，若L的濃度減小對反應速率的影響大于溫度升高

對總反應速率的影響，則總反應速率減小，故總反應的速率不一定增大，C錯誤；

D.在溶液中加入的N（CH2cH3）3會與HCOOH反應，使得三個平衡正向移動，可提高CCh轉化率，D正

確；

故選CDo

②當cWco時，v隨c增大而增大，因M是基元反應IV的反應物（直接影響基元反應VI中反應物L的生

成j；c>co時，v不再顯著增加，囚受限于CO2（g）和H2（g）在溶液中的溶解速度（或濃度）。

20.H2s可用于合成光電材料。某興趣小組用CaS與MgCl?反應制備液態(tài)H?S,實驗裝置如圖，反應方

程式為：CaS+MgCl2+2H2O=CaCl2+Mg(OH)2+H2ST。

已知：①H2s的沸點是_61℃,有毒：

②裝置A內(nèi)產(chǎn)生的H2s氣體中含有酸性氣體雜質。

請回答：

(I)儀器X的名稱是O

(2)完善虛框內(nèi)的裝置排序：ATB—-F+G

(3)下列干燥劑，可用于裝置C中的是_______o

A.氫氧化鉀B.五氧化二磷C.氯化鈣D.堿石灰

<4)裝置G中汞的兩個作用是：①平衡氣壓：②。

(5)下列說法正確的是<

A.該實驗操作須在通風櫥中進行

B.裝置D的主要作用是預冷卻H2s

C.加入的MgCl2固體，可使MgCl2溶液保持飽和，有利于平穩(wěn)持續(xù)產(chǎn)生H2s

D.該實驗產(chǎn)生的尾氣可用硝酸吸收

(6)取0.680gH2s產(chǎn)品，與足量CuSO4溶液充分反應后，將生成的CuS置于已恒重、質量為

31.230g的用期中，搬燒生成CuO,恒重后總質量為32.814g。產(chǎn)品的純度為。

【答案】(I)圓底燒瓶

(2)E->CTD(3)BC(4)液封(5)ABC(6)99%

【解析】

【分析】A作為H2s的發(fā)生裝置，由于不能驟冷，所以D、E都是冷卻H2s的裝置，C裝置干燥H2S,F

冷卻并收集HzS,G作為平衡氣區(qū)和尾氣處埋裝置，據(jù)此回答。

【小問1詳解】

儀器X的名稱是圓底燒瓶;

【小問2詳解】

制備氣體的裝置包括發(fā)生裝置，除雜裝置，收集裝置和尾氣處理，由于不能驟冷，要逐步冷卻，所以B

連E,E連C,C連D,D連F；

【小問3詳解】

H2S是酸性氣體，不可以用堿性干燥劑，所以不可以用氫氧化鉀和堿石灰，故選BC；

【小問4詳解】

裝置G中汞的兩個作用是：①平衡氣壓：②液封;

【小問5詳解】

A.H2s有毒，該實驗操作須通風櫥中進行，故A正確;

B.氣體不能驟冷，裝置D的主要作用是預冷卻H2S,故B正確;

C.加入的MgCb固體，可使MgCL溶液保持飽和，有利于平穩(wěn)持續(xù)產(chǎn)生HzS,故C正確;

D.該實驗產(chǎn)生的尾氣不可用硝酸吸收，硝酸的氧化性雖然可以把H2s氧化為S單質，但是稀硝酸產(chǎn)生的

NO或者濃硝酸產(chǎn)生的NO?,會污染空氣，故D錯誤;

故選ABC0

【小問6詳解】

根據(jù)銅守恒，氧化銅的質量為32.814g-31.23Og=1.584g,則氧億銅物質的量為0.0198mol,

CuSCuO

11，硫化銅物質的量為0.0198moL則H2s物質的量為0.0198moLH2s的質量為

0.0198mol

06739。

0.6732g,產(chǎn)品純度為°xl00%=99%.

0.680

21.某研究小組通過下列路線合成鎮(zhèn)靜藥物氯硝西泮。

NH,0Cl

NH2

CH3co0也BHNO3

C8H9NO|H2SO4

NONO2

回0

HN'

BrCHCOBrN

2Cl

O2NQ

氯硝西泮

O

R-C-BrfR-C—N、

已知:

/

R-Br-R-N、

請回答:

（l）化合物E的含氧官能團的名稱是_______。

（2）化合物C的結構簡式是_______。

（3）下列說法不正確的是_______o

A.化合物A-D的過程中，采用了保護氨基的方法

B.化合物A的堿性比化合物D弱

C.化合物B在氫氧化鈉溶液加熱的條件下可轉化為化合物A

D.化合物G一氯硝西泮的反應類型為取代反應

（4）寫出F-G的化學方程式。

O\_p

（5）聚乳酸（HO|C-9H-O+H）是一種可降解高分子，可通過化合物X（00）開環(huán)聚合得到，設計以

1

Or\

乙塊為原料合成X的路線（用流程圖表示，無機試劑任選）。

（6）寫出同時符合下列條件的化合物B的同分異構體的結構簡式。

①分子中含有二取代的苯環(huán)。

②書-NMR譜和IR譜檢測表明：分子中共有4種不同化學環(huán)境的氫原子，無碳氧單鍵。

【答案】（1）硝基、堞基（或酮默基、酮基）

()

II

HN-C-CH

⑵,3

(3)BD

NO,

BrCH,CO-NHOClBrCH2CO-NIIOCl

(4)+NH3或+2NH3

NO2NO,

NH,

I-

CH,CO-NHOCl

，A^+NH4Br

NO,

【解析】

O

II

HN-C-CH

【分析】A發(fā)生取代反應生成B63,B在硫酸作用下與硝酸發(fā)生對位取代生成C

O

HN-C-CH3

0;C水解生成D,D取代生成E,E發(fā)生取代反應生成F,結合已知信息，根據(jù)其分子式，可

NO2

NH,

Br€'H,CO-NHOClI