浙江省2024屆高三年級下冊5月選考適應性考試化學 含解析

2024年5月浙江省普通高校招生選考科目適應性考試

化學試卷

本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，共8頁，滿分100分。考試時間90分鐘。

考生注意：

1.答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用黑色字跡的簽字筆或鋼筆分別填寫在試題卷和

答題紙規(guī)定的位置上。

2.答題時，請按照答題紙上“注意事項”的要求，在答題紙相應的位置上規(guī)范作答，在本試

題卷上的作答一律無效。

3.非選擇題的答案必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫在答題紙上相應區(qū)域內，作圖時先用

2B鉛筆，確定后再使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描黑，答案寫在本試題卷上無效。

4.本卷可能用到的相對原子質量數(shù)據(jù)：H-l,C-12,N-14,0-16,Na-23,Al-27,S-32,C1-35.5,

K-39,Ca-40,Cu-64,Fe-56,Ag-108,Ba-137。

選擇題部分

一、選擇題（本大題共16小題，每小題3分，共48分。每個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.HNO2B.C1O2C.NahD.冰水混合物

【答案】B

【解析】

【詳解】電解質是指在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導電的化合物，屬于電解質的是HNCh、Nal3＞冰水混合

物，ClCh不屬于電解質，故選B。

2.實驗室中使用鹽酸、硫酸和硝酸時，對應關系錯誤的是

A.稀鹽酸：配制A1CL溶液

B,稀硫酸：蔗糖和淀粉的水解

C.稀硝酸：清洗附有銀鏡的試管

D.濃硫酸和濃硝酸的混合溶液：苯的磺化

【答案】D

【解析】

【詳解】A.實驗室配制AlCb溶液時向其中加入少量的稀鹽酸以抑制AF+水解，A不合題意；

B.蔗糖和淀粉的水解時常采用稀硫酸作催化劑，B不合題意；

C.清洗附有銀鏡的試管用稀硝酸，反應原理為：3Ag+4HNCh（?。?3AgNO3+NOT+2H20,C不合題意；

D.苯的磺化是苯和濃硫酸共熱，反應生成苯磺酸的反應，故不需要用到濃硫酸和濃硝酸的混合溶液，D

符合題意；

故答案為：Do

3.下列表示不正卿的是

A.中子數(shù)為10的氧原子：；8。

B.SC）3是極性分子

C.用電子式表示KC1的形成過程：K^-Cl：—?K+[iCl：]-

????

D.此有機物命名:2-戊烯

【答案】B

【解析】

【詳解】A.中子數(shù)為10的氧原子，質量數(shù)為10+8=18,原子符號為：；8。，故A正確；

B.SO3中心原子價層電子對為3+義=3,孤電子對為0,所以依據(jù)價層電子對互斥理論可知，三

2

氧化硫為平面三角形結構，正負電荷中心能夠重合，為非極性分子，故B錯誤；

C.氯化鉀為離子化合物，鉀離子與氯離子通過離子鍵結合在一起，用電子式表示KC1的形成過程：

K+[Qi：「，故c正確；

????

D.官能團位置編號最小原則，碳碳雙鍵在2號碳上，系統(tǒng)命名法可知為2-戊烯，故D正確；

故選：Bo

4.金星大氣中如存有PH3,據(jù)此推斷金星或許存在生命。利用P4與足量濃KOH溶液反應可制備PH3：

P4+3KOH（濃）+3H2O=3KH2PCh+PH3To下歹U說法正確的是

A.0.1molP4參加反應，轉移0.3mol電子B.P4是氧化劑

H

C.PH3的電子式為“XD.KH2P02是強電解質，屬酸式鹽

H：P：THT

【答案】A

【解析】

【詳解】A.由方程式可知，1分子P4中3個磷原子失去3個電子得到KH2Po2,1個磷原子得到3個電

子形成PE,所以lmolP4參與反應，轉移3moi電子，即0.1molP4參加反應，轉移0.3mol電子，故A

正確；

B.反應中P元素化合價一部分降低至PH3中的-3價，一部分升高至KH2P中的+1價，所以P4既是氧

化劑又是還原劑，故B錯誤;

c.PH3的電子式為H：E:H,故C錯誤；

H

D.P4與足量的濃KOH溶液反應得到KH2PO2,則KH2P02為正鹽，故D錯誤；

故答案為：Ao

5.在溶液中能大量共存的離子組是

A.O.lmolL"酸性高鋅酸鉀溶液中：Na+、SO。、C2O^,F

B.LOmoLL-i氯化鐵溶液中：K\Fe(CN)。、NO；、Ca2+

C.LOmoLL-i氨水溶液中：Cu2+、Fe3\NO；、CH3COO

D.O.lmoLL-i碳酸鈉溶液中：ChCN\[A1(OH)4]\N02

【答案】D

【解析】

【詳解】A.酸性高銃酸鉀溶液具有強氧化性，能氧化C2。：，氫氟酸為弱酸，酸性溶液中F不能大量存

在，故A錯誤；

B.l.OmolL」氯化鐵溶液中，鐵離子與Fe(CN)：能反應生成沉淀，故B錯誤；

C.LOmoLL-i氨水溶液中，存在大量氫氧根離子，Cu2+和Fe3+不能大量存在，故C錯誤；

D.O.lmolLT碳酸鈉溶液中，Cl\CN-,[A1(OH)4]\NO2均能大量存在，故D正確；

故答案為：D。

6.為了自制肥皂，某化學興趣小組設計方案如下所示，下列說法不正碗的是

A.步驟I中，加入試劑I的作用是提供均相溶劑

B.步驟I中，涉及到加熱操作，為了加快反應速率

C.步驟III中，可用多組紗布進行過濾操作

D.步驟H中，加入飽和食鹽水，降低了NaOH的溶解度，使得固體析出

【答案】D

【解析】

【分析】油脂加入氫氧化鈉發(fā)生堿性水解生成高級脂肪酸鈉，加入加入氯化鈉發(fā)生鹽析后，高級脂肪酸鈉

浮在液面上，飽和食鹽水的作用是促進高級脂肪酸鈉的鹽析，然后過濾分離出高級脂肪酸鈉，洗滌成型得

到自制肥皂；

【詳解】A.油脂難溶于水，但易溶于有機溶劑，則加入試劑I的作用是促進牛油溶解，提供均相溶劑，A

正確；

B.升高溫度可以促進油脂的堿性水解，加快反應的速率，B正確；

C.步驟III中，可用多組紗布進行過濾操作，通過過濾分離出生成的高級脂肪酸鈉，C正確；

D.加入氯化鈉發(fā)生鹽析后，高級脂肪酸鈉浮在液面上，飽和食鹽水的作用是促進高級脂肪酸鈉的鹽析，

D錯誤；

故選D。

7.根據(jù)材料的組成和結構變化可推測其性能變化，下列推測不畬理的是

選項材料組成和結構變化性能變化

A層狀結構化合物(CF)x石墨與F2在450℃反應，石墨層間插入F得到(CF)x抗氧化性增強

B塑料加入增塑劑柔韌性提高

C低壓法聚乙烯發(fā)生加聚反應得到的，支鏈較少密度和軟化溫度較高

D酚醛樹脂持續(xù)縮聚線型轉變?yōu)榫W(wǎng)狀可以軟化，不能熔融

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【詳解】A.(CF)x中C原子的所有價鍵均參與成鍵，未有未參與成鍵的孤電子或者不飽和鍵，故與石墨

相比，(CF)x抗氧化性增強，A正確；

B.塑料添加增塑劑，可以在分子層面改變其性質，增塑劑分子會插入到塑料分子鏈中，擾亂塑料分子之

間的排列，降低分子間力，使塑料變得柔軟，B正確；

C.低壓法聚乙烯是在較低壓力和較低溫度下，用催化劑使乙烯發(fā)生加聚反應得到的，支鏈較少，軟化溫

度和密度都比高壓法聚乙烯的高，C正確；

D.熱塑型酚醛樹脂，是線性樹脂，可以反復加熱軟化或熔融以成型成制品，熱固型酚醛樹脂，是網(wǎng)狀樹

脂，加熱時不可以軟化，不能熔融，D錯誤;

故選D。

8.下列實驗裝置使用不思砸的是

A.圖1裝置用于色譜法，可確定有機物的結構

B.圖2裝置用于1-澳丁烷的消去反應

C.圖3裝置用于用于酯化反應，其中長直導管起冷凝作用

D.圖4裝置用于中和反應反應熱的測定

【答案】A

【解析】

【詳解】A.圖1裝置用于色譜法，可用于混合物分離，故A錯誤；

B.鹵代燃在氫氧化鈉醇溶液中加熱發(fā)生消去反應生成烯燒，圖2裝置用于1-澳丁烷的消去反應，故B正

確；

C.乙酸和乙醇在濃硫酸作用下發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯，圖3裝置用于用于酯化反應，其中長直導管

冷凝乙酸乙酯，故C正確；

D.圖4裝置為量熱計，用于中和反應反應熱的測定，故D正確；

選Ao

9.核磁共振(NMR)技術已廣泛應用于復雜分子結構的測定和醫(yī)學診斷等高科技領域。已知只有質子數(shù)或

中子數(shù)為奇數(shù)的原子核有NMR現(xiàn)象。試判斷下列哪組原子均可產(chǎn)生NMR現(xiàn)象

A.i6o、3ip、ii9SnB.元素周期表中HIA族所有元素的原子

C.27A1、"F、14cD.元素周期表中第三周期所有元素的原子

【答案】B

【解析】

【詳解】A.16。的質子數(shù)或中子數(shù)都為偶數(shù)，不能產(chǎn)生NMR現(xiàn)象，故A不符合題意；

B.元素周期表中HIA族所有元素的原子的質子數(shù)為奇數(shù)，能產(chǎn)生NMR現(xiàn)象，故B符合題意；

C.14c質子數(shù)或中子數(shù)都為偶數(shù)，不能產(chǎn)生NMR現(xiàn)象，故C不符合題意；

D.元素周期表中第三周期所有元素的原子質子數(shù)和中子數(shù)可能都為偶數(shù)，不能產(chǎn)生NMR現(xiàn)象，故D不

符合題意。

綜上所述，答案為B。

10.下列方程式的書寫，不亞旗的是

A.KI溶液暴露在空氣中：4I+O2+2H2O=2I2+4OH

B.鉛酸蓄電池放電的負極反應：Pb-2e-+SOt=PbSO4

C.葡萄糖與新制氫氧化銅反應：

A

CH2OH(CHOH)4CHO+2Cu(OH)2+OH.CH2OH(CHOH)4COO+Cu2O^+3H2O

D.煨燒黃鐵礦制SO2:4FeS+7O2;坐2Fe2O3+4SO2

【答案】D

【解析】

【詳解】A.KI溶液暴露在空氣中：4I+O2+2H2O=2I2+4OH,A正確；

B.鉛酸蓄電池放電負極反應：Pb-2e+SOt=PbSO4,B正確；

C.葡萄糖與新制氫氧化銅反應：

A

CH2OH(CHOH)4CHO+2CU(OH)9+OH^CH2OH(CHOH)4COO-+Cu2O/+3H2O,C正

確；

?島7號.

D.煨燒黃鐵礦制SO2：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2,D錯誤；

故選D。

11.一定條件下，化合物E和TFAA合成H的反應路徑如下：

，OH,OOCCF3

IN00NV/C℃F3%

j+F'CAAJA-

ANH

_()+CF3co2H/)

、-CF3co2H4

ETFAAFGHTFAA

下列說法不正確的是

A.TFAA非極性分子B.E->H發(fā)生了重排(異構)反應

00

C.TFAA的結構簡式可能為人。人D.G分子中存在碳氟鍵和酰胺鍵

F3cCF3

【答案】A

【解析】

【詳解】A.TFAA正負電荷重心不重合，是極性分子，A項錯誤；

B.E和H的分子式相同但結構不同，E-H發(fā)生了重排（異構）反應，B項正確；

OO

C.TFAA中兩個酯基不能縮寫為-COOOC,官能團酯基需展開，結構簡式可能為八。人，C

F3cCF3

項正確；

D.由G的結構可知，G分子中存在碳氟鍵和酰胺鍵，D項正確；

故選A?

12.A、B、C、D、E、F為六種原子序數(shù)依次增大的短周期元素，A、B、D位于同一主族，且D的原子

半徑在短周期元素原子中最大，C是周期表中電負性最大的元素，基態(tài)E原子的核外電子有7種空間運動

狀態(tài)，基態(tài)F原子有3個未成對電子。下列說法正確的是

A.C的最低價氫化物的沸點低于F的最低價氫化物

B.A元素形成的離子半徑小于B元素形成的離子半徑

C.A、B、E形成化合物中陰離子中心原子的雜化方式為sp2

D.C、D、E形成的某種化合物能降低冶煉E單質的能耗

【答案】D

【解析】

【分析】A、B、C、D、E、F為六種原子序數(shù)依次增大的短周期元素，A、B、D位于同一主族，且D的

原子半徑在短周期元素原子中最大，則A是H元素，B是Li元素，D是Na元素；C是周期表中電負性

最大的元素，則C是F元素；基態(tài)E原子的核外電子有7種空間運動狀態(tài)，則E核外電子排布是

Is22s2P63s23plE是Al元素；基態(tài)F原子有3個未成對電子，則F核外電子排布是Is22s2P63s23P3,F是P

元素，然后根據(jù)元素周期律及物質的性質分析解答。

【詳解】根據(jù)上述分析可知：A是H,B是Li,C是F,D是Na,E是Al,F是P元素。

A.C是F元素，F(xiàn)是P元素，它們形成的簡單氫化物HF、PH3,HF分子之間除存在分子間作用力外，

還存在氫鍵，增加了分子之間的吸引作用，導致其沸點比只存在分子間作用力的PH3高，A錯誤；

B.A是H,B是Li,若H形成的簡單離子是Li形成的簡單離子是Li+,電子層數(shù)相同時，原子序數(shù)

越大半徑越小，所以離子半徑：H>Li+,B錯誤；

C.A是H,B是Li,E是Al,三種元素形成的化合物LiAlH4,其陰離子A1H”的價層電子對數(shù)是4+

3+1-4x1

——-——=4,因此中心A1原子雜化類型是sp3,C錯誤；

D.根據(jù)上述分析可知：C是F,D是Na,E是Al,三種元素形成的化合物是NasAlFe,NasAlFe俗稱冰

晶石；單質Al冶煉時采用電解熔融AI2O3的方法，但由于該物質是離子化合物，熔點是2050℃,熔點很

高，為降低其熔點，通常要加入冰晶石Na3AlF6,可以使AI2O3在1000℃左右熔化，從而可節(jié)約大量能量

而降低能耗，D正確；

故選D。

13.一種高效的除去廢水中的P0：的電化學裝置如圖所示，一般認為溶液中某離子濃度小于1.0x10-5

moLL-i時，該離子已除盡［已知常溫下，Ksp(FePO4)=l.3x10-22］。下列說法錯誤的是

O2r~，光伏電池21

-?Fe|C(石墨)

:一:：PO4一三

進差酸性盛水m言

A.光伏電池中，a極為正極，b極為負極

B.廢水中發(fā)生的總反應為4Fe2++O2+4H++4PO：=4FePOU+2H2。

C.電路中有6moi電子通過時，理論上最多可除去2moiP。：

D.當廢水中c(Fe3+)=LOxlO-i5moLL-i時，PO：已除盡

【答案】C

【解析】

【詳解】A.要沉淀P。：需用Fe3+,利用Fe3+與PO；反應生成FePCU沉淀除去PO：,故鐵為陽極，電

極反應為Fe-2e=Fe2+,Fe?+被O2氧化為Fe3+,石墨為陰極，故a極為正極，b極為負極，A正確；

B.Fe2+被02氧化Fe3+,與PO：反應生成FePCU沉淀，總反應為4Fe2++O2+4H++4PO：

=4FePO41+2H2O,B正確；

C.電路中有6moi電子通過時，根據(jù)Fe-2e=Fe2+,可生成3moiFe?+,被氧化可得3moiFe3+,故可除去

3molPO4",C錯誤；

K(FePO)13x1o'2

D.當廢水中c(Fe3+)=1.0xl0-i5moLL-i時，c(P04)=———=-----------=1.3x10-7mol/L<1.0xl0-5

"c(Fe3+)l.OxlO15

mol/L,故PO：已除盡，D正確；

故選Co

14.烯燃可與鹵素發(fā)生加成反應，涉及環(huán)正離子中間體，歷程如下：

環(huán)正離子

（環(huán)澳鐲離子，cyclicbromoniumion）

已知：

①反應機理表明，此反應是分兩步的加成反應，鹵素離子從背面進攻。

②反應中，能否形成環(huán)正離子與鹵素電負性，半徑相關。

下列說法不正理的是

A.若順-2-丁烯與Bn單質發(fā)生加成反應，所生成的產(chǎn)物是一對對映異構

B.乙烯與澳水反應，產(chǎn)物存在BrCH2cH20H

C.烯煌與HOC1加成也可能通過環(huán)正離子機理進行

D.此加成過程，順式產(chǎn)物與反式產(chǎn)物含量相當

【答案】D

【解析】

【詳解】A.順-2-丁烯與Bn單質發(fā)生加成反應，生成的產(chǎn)物中有手性碳原子，故是一對對映異構體，故

A正確；

B.濱水中有Bn單質，水分子，加成過程中通過第一步生成環(huán)正離子后，可能帶負電的氫氧根從背面進

攻生成BrCH2cH20H,故B正確；

C.HOC1也會變?yōu)閹д姾傻柠u素離子和帶負電荷的氫氧根，故烯煌的烯煌與HOC1的加成也可能通過

環(huán)正離子機理進行，故c正確；

D.由于加成過程中第一步是慢反應，第二步是快反應，故反式產(chǎn)物比順式產(chǎn)物多，故D錯誤。

答案選D。

1

15.室溫下，向10mL濃度均為（Mmol-U的Na2cO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入（MmolL-'

-9

的Bad2溶液。己知：H2cO3的Ka1=4.2x101Ka2=5.6x10。Ksp（BaCO3）=5xl0,

12

Ksp（MgCO3）=6.8x10^,Ksp[Mg（OH）2]=4.9xl0-o下列說法不正硯的是

A.加入10mL的BaC"溶液后，在上層清液中滴加BaCl2溶液無明顯現(xiàn)象

B.Na2c。3溶液中存在關系，c（Na+）＞c（CO^）＞c（OH）＞c（HCO；）

C.在Na2c。3和NaHCO3的混合溶液加幾滴稀鹽酸，pH幾乎不變

D.向Na2cO3和NaHCC>3混合溶液加入O.lmoLLTMgCl?溶液，可能生成堿式碳酸鎂

【答案】A

【解析】

【詳解】A.加入10mL的Bad2溶液后，恰好完全生成碳酸領沉淀，此時溶液為碳酸鋼的飽和溶液，在

上層清液中滴加Bad2,領離子濃度增大，會繼續(xù)生成固體碳酸釧，故A錯誤；

B.Na?C03溶液中，碳酸根離子水解產(chǎn)生碳酸氫根與氫氧根離子，碳酸氫根離子繼續(xù)水解產(chǎn)生碳酸分子

和氫氧根離子，故離子大小順序為c（Na+）>c（CO：）>c（OH—）>c（HCOj,B正確；

n

C.根據(jù)H2c。3的Kai=4.2x10-7,Ka2=5.6xl0^,可知碳酸根結合氫離子能力更強，滴加幾滴鹽

酸，則發(fā)生反應CO；+H+=HCO],所以pH幾乎不變，故C正確；

D.向Na2cO3和NaHCC>3混合溶液加入O.lmoLLTMgCL溶液，發(fā)生反應CO；+Mg?+=MgCC）3J、

溶液呈堿性，由于Ksp（MgCC）3）=6.8x10">Ksp[Mg（OH）2]=4.9x10—12,所以有可能生成堿式碳

酸鎂，故D正確；

故選Ao

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，方案設計或結論不亞項的是

選

實驗目的方案設計現(xiàn)象結論

項

探究NH4F與分別測定QlmoLH的

F-水解程度小于

和溶前者小

ACH3COONH4水解NH4FCH3COONH4pH

CH3coeT

程度的大小液pH

向FeC"溶液依次滴加足量加入KSCN后無明顯

探究Fe?+、Fe3+結結合SCN-能力：

BKSCN溶液、幾滴H2。？變化，加入H2。？溶液

合SCN-的能力Fe3+>Fe2+

溶液變紅

C探究c（H+）對用H?S04調節(jié)相同濃度最低c（H+）順序：c（H+）濃度越

KC1、KBr和KI溶液的KCl>KBr>KI

MnO2氧化性的影大，Mn。2氧化

響pH,測量氧化反應所需最性越強

低c”)

將等濃度等體積的

比較A10；與CO；結結合H+能力：

DNaAlO2溶液和NaHCO3產(chǎn)生白色沉淀

CO；<A10

合H+能力2

溶液混合

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

1

【詳解】A.測定O.lmolL-的NH4F和CH3coONH,溶液pH,由于F和醋酸根離子水解均產(chǎn)生氫氧

根，前者pH小，說明醋酸根離子水解程度更大，故A正確；

B.應在等物質的量濃度的FeCL和FeCL的混合溶液中滴加足量KSCN溶液，來驗證Fe?+、Fe，+結合

SCN-的能力，若溶液變紅，說明結合SCN-能力：Fe3+>Fe2+,若溶液不變色，說明結合SCN-能

力：Fe3+<Fe2+.故B錯誤；

C.還原性：r>Br->Cl-,因此最低c(H+)順序：KCl>KBr>KI,說明c(H+)濃度越大，MnO2<

化性越強，故C正確；

D.A10：水解產(chǎn)生A1(OH)3,促進HCO；的電離產(chǎn)生H+,二者產(chǎn)生A1(OH)3沉淀和CO,,從而證明結合

H+能力：CO^<A102,故D正確；

故選B。

非選擇題部分

二、非選擇題(本大題共5小題，共52分。)

17.硼族元素可形成許多結構和性質特殊的化合物?；卮鹣铝袉栴}

(1)基態(tài)Ga原子的電子排布式為__________。

(2)常溫下，F(xiàn)2與硼單質反應生成BF3,BF3為缺電子結構，通入水中產(chǎn)生三種酸分別為HBF4、HF和

(填化學式)。NF3和NF3BF3中F-N-F的鍵角大小是NF3NF3BF3(填“>”、

或“=”)。

(3)一定條件下，NH4F>NaF和NaAlCh反應生成NH3、氏。和化合物X。X晶胞及晶胞中某一原子的

俯視投影如圖所示。

①化合物X的化學式為O

②X晶體內含有的作用力有(填字母)。

a.配位鍵b.離子鍵c.氫鍵d.金屬鍵

(4)解釋H2N-NH2,HO-OH,H3C-CH3中，N-N,0-0,C-C的鍵能O-O<N-N<C-C。

【答案】(1)Is22s22P63s23P63d"4s24Pl(或[Ar]3di。4s24pi)

(2)①.H3BO3②.<

(3)Na3AlF6②.ab

(4)H3C-CH3、H2N-NH2、H0-0H中的C、N、0的孤電子對數(shù)分別為0、1、2,由于孤電子對與孤電子

對間斥力較大，隨孤電子對數(shù)增加，原子間斥力增大，其鍵能減小

【解析】

【小問1詳解】

Ga的原子序數(shù)為31,位于元素周期表第四周期第IHA族，基態(tài)Ga原子的電子排布式為

Is22s22P63s23P63/。4s24Pl(或[Ar]3di。4s?4pi)；

【小問2詳解】

BF3為缺電子結構，通入水中可能發(fā)生雙水解反應，生成HF和H3BO3,生成的HF和BF3作用生成

HBF4,所以產(chǎn)生的三種酸分別為HBF4、HF和H3BO3；NF3的中心原子N原子的價層電子對數(shù)為3+1

x(5-3xl)=4,有一對孤電子對，空間構型為三角錐形，NF3BF3中N原子與B原子形成配位鍵，孤電子對

對成鍵電子排斥力較強，形成配位鍵后沒有孤電子對，鍵角增大，所以NF3和NF3BF3相比較，F(xiàn)-N-F的

鍵角大小順序為NF3<NF3BF3；

【小問3詳解】

①一定條件下，NH4F,NaF和NaAlCh反應生成NH3、H2O和化合物X,則X中含有Na、F、Al三種元

素，從構成的正八面體可知，此離子應為［A1耳廣，從x晶胞及晶胞中某一原子的俯視投影圖可知，晶胞

中鈉離子的個數(shù)為4x—+6x：+2=6,的個數(shù)為8x—+1=2,所以化合物X的化學式為NasAlFe；

②X晶體內Na+與［A1反廣之間形成離子鍵，［A1R「內AI與F之間形成配位鍵，所以其含有的作用力有

配位鍵和離子鍵，無氫鍵和金屬鍵，故答案為：ab；

【小問4詳解】

H3C-CH3中碳原子的價層電子對數(shù)為4,無孤電子對，H2N-NH2中N原子的價層電子對數(shù)為4,孤電子對

數(shù)為1,HO-OH中O原子的價層電子對數(shù)為4,孤電子對數(shù)為2,在H3C-CH3、H2N-NH2、HO-OH中的

C、N、0的孤電子對數(shù)分別為0、1、2,由于孤電子對與孤電子對間斥力較大，隨孤電子對數(shù)的增加，

原子間斥力增大，鍵長增長，鍵能減小，所以H2N-NH2、HO-OH、H3C-CH3中，N-N、0-0、C-C的鍵能

O-O<N-N<C-Co

18.某固態(tài)化合物丫的組成為SiFeMnC^(CC)3)，以丫為原料可實現(xiàn)如下轉化：

局溫

—氣流

I

V

已知：溶液C中金屬離子與NH3均不能形成配合物。請回答：

(I)寫出溶液C中的所有陽離子=

y'H

⑵步驟V中反應為3Fe+4H2。之當Fe3()4+4H2,請說明Fe能夠較完全轉化為Fe3()4的兩個原

因是：①生成Fes。,降低了體系的能量；②0

(3)下列說法正確的是。

A.固體B中含有Mn單質

B.步驟II反應促進了NH：水解平衡正向移動

C.步驟ni可推斷堿性Sr(OH)2>Mn(OH)2

D.直接加熱SrC16H2O不能得到SrCl2

(4)固體丫可與HI溶液反應，寫出該反應的離子方程式____________-

(5)設計實驗方案檢驗氣體中除H2以外的兩種主要成分=

2+2++

【答案】(1)Sr，Mn>NH：、H

(2)水蒸氣帶出H2,促進平衡正向移動(3)BC

+2+2+2+

(4)Si^FeMnO6(CO3)+14H+2「=4Sr+Fe+Mn+I2+7H2O+CO2T

(5)將生成的氣體通入盛有CuS。,粉末的硬質玻璃管中，固體變藍，說明有水蒸氣，再繼續(xù)通入澄清石

灰水中，變渾濁，說明有CO2氣體。

【解析】

【分析】固體D和水在高溫下反應生成Fe3O4,則D為Fe,溶液C和一水合氨反應生成Mn(0H)2和溶液

E,溶液E經(jīng)一系列操作得到SrCU-GH2。，則溶液E中含S/+,溶液C中含有S/+、Mn2+.固體B為

Fe、MnO、SrO,氣體A為H2、CCh和水蒸氣。

【小問1詳解】

由步驟IV知，溶液E中含5產(chǎn)+,由步驟II和步驟III知，則溶液C中的所有陽離子：Sr2+>Mn2+>

NH：、「

【小問2詳解】

由反應3Fe+4H2。呈典Fe3O4+4H2可推測，F(xiàn)e能夠較完全轉化為Fe3()4的兩個原因：①生成Fe3()4降

低了體系的能量；②水蒸氣帶出H2,促進平衡正向移動；

【小問3詳解】

A.由分析知，固體B中含有MnO而不含Mn單質，A錯誤；

B.步驟II中，MnO、SrO可與NH；水解產(chǎn)生的H+反應，從而促進了NH；水解平衡正向移動，B正確；

C.步驟III生成了Mn(0H)2沉淀而未生成SKOH%沉淀，說明堿性：Sr(OH)2>Mn(OH)2,C正確；

D.Sr與Ca處于同一主族，Sr比Ca活潑，SrCl2屬于強酸強堿鹽，直接加熱SrCl?4耳?？傻玫絊rCl2,

D錯誤；

故選BCo

【小問4詳解】

固體丫中Mn元素的化合價為+4價，丫具有氧化性，HI溶液中的r離子具有還原性，丫與HI溶液可發(fā)生

氧化還原反應，根據(jù)化合價升降守恒、電荷守恒及原子守恒可得到反應的離子方程式：

+2+2+2+

Si^FeMnO6(CO3)+14H+21-=4Sr+Fe+Mn+I2+7H2O+CO2?；

【小問5詳解】

氣體A為H2、CO2和水蒸氣，除H2以外的兩種氣體為C02和水蒸氣，檢驗方法：將生成的氣體通入盛有

CuS。,粉末的硬質玻璃管中，固體變藍，說明有水蒸氣，再繼續(xù)通入澄清石灰水中，變渾濁，說明有CO2

氣體。

19.我國提出“碳達峰”目標是在2030年前達到最高值，2060年前達到“碳中和”。因此，二氧化碳的

綜合利用尤為重要。

(1)通過使用不同新型催化劑，實現(xiàn)二氧化碳加氫合成轉化為二甲醛(CH30cH③)也有廣泛的應用。

1

反應I：CC)2(g)+3H2(g).CH3OH(g)+H2O(g)=-49.01kJ-moK

-1

反應II：2cH30H(g).CH30cH3(g)+H2O(g)A^2=-24.52kJ-mol

1

反應HI：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)AH3=+41.17kJ-mor

①2co2(g)+6H2(g).?CH30cH3(g)+3H?C)(g)自發(fā)反應的條件是。

7<H2)

②恒壓、投料比/二的情況下,不同溫度下CO,的平衡轉化率和產(chǎn)物的選擇性(選擇性是指生

磯CO?)

成某物質消耗的。。2占C。2消耗總量的百分比)如圖所示：

平

衡

轉

化

率

或

選

擇

性

伙

I.下列說法正確的是

A.從反應體系中分離出CH30cH3,能使反應II反應速率加快

B.使用更高效的催化劑能提高CHsOCHs的平衡產(chǎn)率

C.考慮工業(yè)生產(chǎn)的綜合經(jīng)濟效益，應選擇較低溫度以提高CH30cH3的平衡產(chǎn)率

D.若增大H2與CO2的混合比例,可提高CO2平衡轉化率

II.當溫度超過320C,co2的平衡轉化率隨溫度升高而增大的原因是。

(2)研究表明，在電解質水溶液中，CO2氣體可被電化學還原。

①C。?在堿性介質中電還原為正丙醇(CH3cH2cH?OH)的電極反應方程式為0

②在電解質水溶液中，三種不同催化劑(a、b、c)上CO2電還原為CO的反應進程中(可被還原為H?

的反應可同時發(fā)生)，相對能量變化如圖。由此判斷，CO2電還原為CO從易到難的順序為

(用a、b、c字母排序)。

0.68

>0.61

。)0.51

*

混

女

要0.22

0.00

-0.08

反應歷程反應歷程

(a)CC)2電還原為CO(b)H,電還原為H?

(3)CO2參與的乙苯脫氫機理如圖所示(a、B表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B為催化劑的

活性位點，其中A位點帶部分正電荷，BpB2位點帶部分負電荷)。

上圖中所示反應機理中步驟I可描述為：乙苯a-H帶部分正電荷，被帶部分負電荷的B1位點吸引，隨

后解離出H+并吸附在Bi位點上；步驟H可描述為：o

【答案】(1)①.低溫②.D③.反應III為吸熱反應，反應I、II放熱，溫度升高反應III平衡

正移，反應I、II平衡逆移，當溫度超過320℃,反應m平衡正移程度大于反應I、II平衡逆移程度，故

co2的平衡轉化率隨溫度升高而增大

(2)12CO2+18e+4H2O=CH3CH2CH2OH+9CO|"②.C、a、b

(3)B］位點上的H+與B2位點上CO?中帶部分負電荷的O作用生成帶部分正電荷的C吸附

在帶部分負電荷的B2位點上

【解析】

【小問1詳解】

①根據(jù)蓋斯定律可得反應Ix2+反應II得到反應2co2(g)+6H2(g).?CH3OCH3(g)+3H2O(g),則

AH=2AHi+AH2=(-49.01x2-24.52)kJ/mol=-122.54kJ/mol,該反應的AS<0,AG=AH-TAS,AS<0,

AH<0,要使AG=AH-TAS<0,需要低溫條件，故該反應在低溫下自發(fā)；

②I.A.從反應體系中分離出CH3OCH3,導致反應物的濃度也會減小，使反應n反應速率減慢，故A

錯誤；

B.催化劑不會使平衡移動，不能提高CH'OCHs的平衡產(chǎn)率，故B錯誤；

C.應選擇較低溫度，反應速率慢，不利于提高生產(chǎn)的綜合經(jīng)濟效益，故c錯誤；

D.若增大H2與。。2的混合比例，能使平衡I、m向右移動，可提高cc)2平衡轉化率，故D正確；

答案為D；

n.根據(jù)反應特點，反應III為吸熱反應，反應I、n放熱，溫度升高反應III平衡正移，反應I、n平衡逆

移，當溫度超過320℃,反應III平衡正移程度大于反應I、II平衡逆移程度，故CO2的平衡轉化率隨溫

度升高而增大；

【小問2詳解】

①C。2在堿性介質中電還原為正丙醇(CH3cH2cH?OH),結合電解質的環(huán)境，電荷守恒寫出電極反應

式為：12co2+18e+4H2O=CH3cH2cH?OH+9co丁；

②對比圖(a)、圖(b)可知，使用催化劑b、a、c,CO2電還原為CO的活化能逐漸減小，故CCk電還原為

CO從易到難的順序為：c、a、b；

【小問3詳解】

結合圖像，對比步驟I的機理描述，步驟n可以描述為：B1位點上的H+與B2位點上CC)2中帶部分負電

荷的。作用生成H。、“。,帶部分正電荷的C吸附在帶部分負電荷的B2位點上。

20.Na2s2O3又名“大蘇打”“海波”，易溶于水，難溶于乙醇，水溶液呈微弱的堿性，在中性和堿性環(huán)境中穩(wěn)

定。某化學實驗小組用如圖1裝置(略去對乙的加熱裝置)制備Na2s2O3-5H2O(M=248g-moE),已知：

Na2so4溶解度如圖2所示。

溶

解

度

值

0102030405060708090

溫度/℃

圖1圖2

(1)連接實驗裝置后，首先進行的實驗操作為O

(2)在裝置乙中溶解兩種固體時，需先將Na2cCh溶于水配成溶液，再將Na2s固體溶于Na2cCh的溶液

中，其目的；裝置乙中生成Na2s2。3的總反應方程式為o

(3)實驗過程中，當裝置乙中pH接近7.0時，應立即停止通SCh的原因是(用離子方程式表

示)。

(4)裝置乙中需向反應后的混合液加入一定量的無水乙醇，其目的是o

(5)設計實驗測定Na2s2O3-5H2。的純度：

步驟1：準確稱取16.00g樣品，溶于水，加入10mL甲醛，配成200mL溶液。

步驟2：準確稱取0.294gK2Cr2O7于碘量瓶中，加入20mL蒸儲水溶解，再加入5mL2molL」硫酸溶液和

20mL10%KI溶液使銘元素完全轉化為Cr3+,加水稀釋至100mL。

步驟3：向碘量瓶中加入ImLl%淀粉溶液，用待測Na2s2O3溶液滴定碘量瓶中溶液至終點，消耗Na2s2O3

-

溶液20.00mL。(已知：I2+2S2O3=2I-+S4O^),試計算Na2s的純度為(保留三位有效

數(shù)字)。

(6)利用甲裝置中的殘渣(NazSCU和Na2sCh的混合物)制備Na2SO410H2O晶體，將下列實驗方案補充完

整：將固體混合物溶于水配成溶液，，洗滌、干燥得Na2sCUJOHzO晶體。(實驗中須使用氧氣、

pH計)

【答案】(1)檢查裝置氣密性

(2)①.Na2c03在溶液中水解使溶液呈堿性，能抑制Na2s的水解，防止生成有毒的硫化氫污染空氣

A

②.Na2co3+2Na2s+4SO2=3Na2s2O3+CO2

-+

(3)S2O3+2H=S；+SO2t+H2O

(4)降低硫代硫酸鈉晶體的溶解度，便于晶體的析出

(5)93.0%(6)向其中緩慢通入氧氣，用pH計測量溶液的pH,當pH約為7.0時，停止通氧氣，然

后將溶液置于40℃水浴中加熱，減壓蒸發(fā)濃縮至有晶膜出現(xiàn)時，停止加熱，用冰水冷卻降溫結晶，過濾

【解析】

【分析】由圖可知，裝置甲中濃硫酸與亞硫酸鈉固體反應制備二氧化硫，裝置乙中二氧化硫與碳酸鈉、硫

化鈉混合溶液反應制備五水硫代硫酸鈉。

【小問1詳解】

該實驗是有氣體制備和參與的實驗，為防止實驗過程中氣體逸出導致實驗失敗，連接實驗裝置后，應首

先檢查裝置氣密性，故答案為：檢查裝置氣密性；

【小問2詳解】

碳酸鈉和硫化鈉都是強堿弱酸鹽，在溶液中都能發(fā)生水解使溶液呈堿性，在裝置乙中溶解兩種固體時，

先將碳酸鈉溶于水配成溶液，再將硫化鈉固體溶于碳酸鈉溶液中，可以達到利用碳酸鈉在溶液中水解生

成的氫氧根離子，抑制硫化鈉的水解，防止生成有毒的硫化氫污染空氣的目的；裝置乙中生成硫代硫酸

鈉的反應為二氧化硫與碳酸鈉、硫化鈉混合溶液反應生成硫代硫酸鈉和二氧化碳，反應的化學方程式為

A

Na2co3+2Na2s+4SO2=3Na2s2O3+CO2,故答案為：在溶液中水解使溶液呈堿性，能抑制Na2s的水解，

A

防止生成有毒的硫化氫污染空氣；Na2co3+2Na2s+4SCh=3Na2s2O3+CO2；

【小問3詳解】

由題給信息可知，硫代硫酸鈉水溶液呈微弱的堿性，在中性和堿性環(huán)境中穩(wěn)定，所以制備硫代硫酸鈉

時，應控制溶液pH,防止溶液pH小于7,硫代硫酸根離子與溶液中氫離子反應生成硫沉淀、二氧化硫氣

-+

體和水，反應的離子方程式為S2。j+2H+=S[+SO2T+H2。，故答案為：S2O1+2H=S；+SO2T+H2O；

【小問4詳解】

由題給信息可知，硫代硫酸鈉易溶于水，難溶于乙醇，所以制備五水硫代硫酸鈉時應向反應后的混合液

加入一定量的無水乙醇，降低硫代硫酸鈉晶體的溶解度