備戰2025年高考化學模擬試卷02（浙江省）

詳細解析

（考試時間：90分鐘試卷滿分：100分）

可能用到的相對原子質量：HlLi7C12N14016Na23Mg24Al27Si28P31S32Cl35.5

K39Ca40Mn55Fe56Cu64Zn65Br80Ag108Ba137

第I卷

一、單項選擇題：共16題，每題3分，共48分。每題只有一個選項最符合題意。

1.下列物質中屬于難溶于水的堿性氧化物的是（）

A.SiO2B.Fe3O4C.CuOD.A12O3

【答案】C

【解析】A項，SiO2是酸性氧化物，A不符合；B項，Fe3O4雖然能與酸反應生成亞鐵鹽、鐵鹽和水,

但不存在對應的堿，不屬于堿性氧化物，B不符合；C項，CuO難溶于水，與酸反應生成銅離子和水，屬

于堿性氧化物，C符合；D項，AI2O3是兩性氧化物，D不符合；故選C。

2.下列化學用語表示正確的是（）

A.中子數為76的碘原子：

B.乙烷的球棍模型：上，

C.2-丁烯的結構簡式：CH2=CHCH=CH2

+2+

D.用電子式表示Na2O的形成過程：NaO.V〉.Na—>Na［：O：］-Na

【答案】D

【解析】A項，中子數為76的碘原子嚕I,A錯誤；B項，乙烷的球棍模型》B錯誤；C項,

2-丁烯的結構簡式CH2=CHCH=CH2,C錯誤；D項，用電子式表示Na2O的形成過程

NaO.*4^Na—>Na+［：0：,Na+，口正確；故選D。

3.NazSiCh應用廣泛，下列說法不正確的是（）

A.Si元素位于周期表p區B.NazSiCh屬于強電解質

C.NazSiCh的水溶液俗稱水玻璃D.存放NazSiCh溶液的試劑瓶可以用玻璃塞

【答案】D

【解析】A項，Si原子的價層電子排布式為3s23P2,能量最高的電子排布在3P軌道上，則Si元素位于

周期表p區，A正確；B項，NazSiCh為可溶性鹽，在水溶液中發生完全電離，則其屬于強電解質，B正確；

C項，NazSiCh又稱泡花堿，其水溶液是黏稠狀液體，俗稱水玻璃，C正確；D項，NazSiCh溶液具有黏性，

能將玻璃瓶塞與瓶口黏在一起，難以打開，所以存放NazSiCh溶液的試劑瓶不能用玻璃塞，D不正確；故

選D。

4.物質的性質決定用途，下列兩者關系對應不氐理的是（）

A.鋁合金質量輕、強度大，可用作制造飛機和宇宙飛船的材料

B.FeCb溶液呈酸性，可腐蝕覆銅板制作印刷電路板

C.CuS、HgS極難溶，可用Na2s作沉淀劑除去廢水中的CM+和Hg2+

D.碳化硅硬度大，可用作砂紙、砂輪的磨料

【答案】B

【解析】A項，合金的密度比成分金屬一般較小，硬度一般比成分金屬要大，故鋁合金質量輕、強度

大，決定其可用作制造飛機和宇宙飛船的材料，A不合題意；B項，用FeCb溶液腐蝕覆銅板制作印刷電路

板的原理為：Cu+2FeC13=CuC12+2FeCb,反應中FeCb作氧化劑，與其溶液呈酸性無關，B符合題意；C項,

由于CuS、HgS極難溶，故可用Na2s作沉淀劑除去廢水中的Ci?+和Hg2+,C不合題意；D項，碳化硅硬度

大，可用作砂紙、砂輪的磨料，D不合題意；故選B。

5.下列實驗裝置能達到相應實驗目的的是（）

選項ABCD

取陰極區少量

溶液于試管中,

10%H2O2LHO

實驗曰再滴加2滴鐵窗TJ

11化鉀溶液目溶液甘溶液b

ZnUt-Fea

裝置邕澧經過酸化的①Mn2②>

--3%NaCl溶液

關閉a、打開b,

實驗驗證犧牲陽極法驗證MnC）2是H2O2

制備并收集氨氣可檢查裝置的

目的保護鐵分解的催化劑

氣密性

【答案】A

【解析】A項，通過鐵氧化鉀溶液可以檢驗是否有亞鐵離子生成，從而判斷鐵作電極情況，可用來驗

證犧牲陽極法保護鐵，故A正確；B項，收集氨氣用向下排空氣法，導管要插入試管底部，故B錯誤；C

項，驗證MnO2是H2O2分解的催化劑，其他條件應相同，而圖中H2O2的濃度不同，故C錯誤；D項，分

液漏斗上端與燒瓶連通，上下壓強保持一致，液體始終可以順利流下，不能檢查裝置的氣密性，故D錯誤；

故選A?

6.制取乙烘時，常用CuSO4溶液除去乙烘中的雜質。反應為：

@H2S+CUSO4=CUSJ+H2so4

②24CUSO4+IIPH3+I2H2O8C113PI+3H3Po4+24H2SO4

下列分析正確的是（）

A.在燃料電池中，通入C2H2一極為正極

B.依據反應①可推出氫硫酸為二元強酸

C.反應②中若1.2molCuSO4發生反應，被氧化的PH3為0.156mol

D.Cu3P既是氧化產物，也是還原產物

【答案】C

【解析】A項，在燃料電池中，乙烘會失去電子，發生氧化反應，則通入C2H2一極為負極，A錯誤；

B項，氫硫酸為二元弱酸，B錯誤；C項，根據方程式可知，24moicuSO4~3PH3（被氧化），則若1.2molCuSCM

發生反應，被氧化的PH3為0.156mol,C正確；D項，Cu3P中的Cu是由+2價變來的，則Cu3P為還原產物，

D錯誤；故選C。

7.NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法不正理的是（）

A.鐵與水蒸氣反應后，固體質量增加了3.2g,則電子轉移的數目為0.4NA

B.ILO.lmol/LKzCnCh溶液中，CnCh?一的數目為O.INA

C.10gl4N16C>2和1602混合氣體中含有的質子數為5NA

D.3.2gN2H4中含有的共價鍵的數目為0.5NA

【答案】B

【解析】A項，鐵與水蒸氣反應生成Fe3O4和氫氣，3moiFe變為Fe3O4,固體質量增加了

3.2g

4molx16g/mol=64g,轉移電子8mol,若固體質量增加了3.2g,則電子轉移的數目為￡—x8molxNAmoH=

OANA,故A正確；B項，KzCnCh溶液中存在著CnCh'+HzO2CrO42-+2H+,ILO.lmol/LKzCnCh溶液

1416

中，CnCV-的數目小于0.1M,故B錯誤；C項，吶1602的摩爾質量為（14+16x2）g/mol=46g/mol,1個NO2

l4l6

分子中含有的質子數為7+2x8=23,10gNO2中含有的質子數為磁扁x23NA=5NA；i&02的摩爾質量為

10g

16x2=32g/mol,1個16O2分子中含有的質子數為2x8=16,10gi6O2中含有的質子數為三產7X16NA=5NA；

所以10g"Ni6O2和1602混合氣體中含有的質子數為5NA,故C正確；D項，N2H4中有N-N和N-H鍵，1

個N2H4分子中含有共價鍵5個，3.2gN2H4的物質的量為O.lmol,含有的共價鍵的數目為Q.5NA,故D正確；

故選B。

8.下列說法不正確的是（）

A.甘油醛是最簡單的醛糖，存在對映異構體

B.蛋白質溶液中加入少量的硫酸鍍溶液產生白色沉淀，加水后溶解

C.核酸是由核昔酸單體縮聚形成的生物大分子，其單體水解得到核昔和磷酸

D.在酸催化下，等物質的量的苯酚和甲醛反應得到線型結構酚醛樹脂

【答案】B

【解析】A項，甘油醛是最簡單的醛糖，分子中僅含有一個手性碳原子，存在對映異構體，A項正確;

B項，蛋白質溶液中加入少量鹽溶液能促進蛋白質的溶解，當鹽達到一定濃度時，會使蛋白質的濃度降低

從中析出，該作用稱為鹽析，鹽析為可逆過程，加水后溶解，B項錯誤；C項，核酸是由核昔酸單體縮聚形

成的聚合物，核甘酸進一步水解得到核昔和磷酸，C項正確；D項，在酸催化下，等物質的量的苯酚和甲醛

反應，苯酚鄰位或對位的氫原子與甲醛發生縮聚反應生成線性結構酚醛樹脂，D項正確。故選B。

9.下列離子方程式書寫正確的是

A.NaHCCh溶液的水解：HCO3-+H2OCO32-+H3O+

3+2

B.向A12（SC>4）3溶液中滴力口Na2c03溶液：2Al+3CO3-=A12（CO3）3i

C.向Fe2（SO4）3溶液中通入足量H2S：2Fe3++S2-=2Fe2++S；

2+

D.向Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2：Ca+3ClO+SO2+H2O=Cl+CaSO4；+2HClO

【答案】D

【解析】A項，碳酸氫根離子水解生成碳酸分子和氫氧根離子，水解方程式為：

HCO3-+H2OH2co3+0H-,A錯誤；B項，鋁離子和碳酸根離子發生雙水解，生成氫氧化鋁和二氧化

碳，離子方程式為：2AF++3co32-+3H2O=2Al（OH）3j+3cCh],B錯誤；C項，硫化氫是弱電解質，不能拆，

并且三價鐵可以把硫離子氧化為單質硫，則離子方程式為：2Fe3++H2s=2Fe2++S1+2H+,C錯誤；D項，次氯

酸根離子有強氧化性，可以將二氧化硫中+4價硫氧化為硫酸根離子，并且二氧化硫少量，最終應該同時生

2+

成次氯酸，則離子方程式為：Ca+3C10+S02+H20=Cl-+CaS04i+2HC10,D正確；故選D。

10.一種高分子化合物W的合成路線如圖（圖中表示鏈延長）:

下列說法不E9的是（）

A.化合物Y中最多18個原子共平面

B.化合物Z的核磁共振氫譜有3組峰

C.高分子化合物W具有網狀結構

D.X、Y、Z通過縮聚反應合成高分子化合物W

【答案】B

【解析】A項，苯環和雙鍵為共面結構，結合單鍵可旋轉特點可知，化合物Y中最多18個原子共平面,

A正確；B項，對比X、Y、W可知化合物Z中氫原子種類不止3種，B錯誤；C項，高分子化合物W為

通過縮聚反應生成的高分子化合物,，具有網狀結構，C正確；D項，結合高分子化合物W結構可知為縮聚

反應合成高分子化合物，D正確；故選B。

11.下X、Y、Z、M、Q五種短周期元素，原子序數依次增大。X的2P軌道上有兩個未成對電子，Z

最高能級電子數是總電子數的一半，M是同周期主族元素中原子半徑最大的，Q與Z的某種化合物可作為

新型自來水消毒劑。下列說法不正琥的是（）

A.第一電離能：Y>X>Z>M

B.X的氫化物沸點可能高于Z的氫化物

C.X、Z與M三種元素形成的化合物中可能含有非極性共價鍵

D.最高價氧化物對應水化物的酸性：Q>Y

【答案】A

【解析】X、Y、Z、M、Q五種短周期元素，原子序數依次增大。M是同周期主族元素中原子半徑最

大的，則M為Na,Z最高能級電子數是總電子數的一半，則Z為O,X的2P軌道上有兩個未成對電子，

則X為C,Y為N,Q與Z的某種化合物可作為新型自來水消毒劑，則Q為Cl。A項，根據同周期從左到

右第一電離能呈增大趨勢，但第nA族大于第niA族，第VA族大于第VIA族，同主族從上到下第一電離

能逐漸減小，則第一電離能：Y>Z>X>M,故A錯誤；B項，X的氫化物可能是固體，其沸點可能高于Z

的氫化物，故B正確；C項，X、Z與M三種元素形成的化合物中可能含有非極性共價鍵，比如草酸鈉，

故C正確；D項，根據非金屬性越強，其最高價氧化物對應水化物的酸性越強，氯非金屬性比氮非金屬性

強，則最高價氧化物對應水化物的酸性：Q>Y,故D正確。故選A。

12.用鈦鐵礦(主要成分為FeTiCh,含有少量MgO、SiCh等雜質)制備LiFePCU的工藝流程如圖所示:

鹽酸

TiO2-xH2O

鈦鐵礦曲濾液①已知：鈦鐵

,由泳G雙氧水_-MLi2c。3、草酸

濾液②口》FePC>4------志茂---'LiFeO

H3P。4過濾燃燒4

2224

礦經鹽酸浸取后鈦主要以TiOCV-形式存在，^(FePOj-l.OxlO-,/fsp[(Mg3(PO4)2]=1.0xl0-o下列

說法不巧確的是()

A.濾液①中含有Fe2+、Mg2+

B.相同溫度下溶解度：Mg3(PO4)2>FePO4

C.煨燒的主要反應為2FePO4+Li2cO3+H2c2O4燧燒2LiFePO4+3CO2T+H20T

D.為保證水解過濾時能完全除鈦，需調pH至溶液呈堿性

【答案】D

【解析】向鈦鐵礦(主要成分為FeTiCh,含有少量MgO、SiCh等雜質)中加入鹽酸，SiCh與鹽酸不反應,

FeTiCh、MgO分別轉化為TiOCL\、Fe2\Mg2+,過濾后將濾液①控制pH使TiOCN-水解生成TiCh-xlhO,

將其過濾后向濾液②中加入雙氧水將Fe2+氧化生成Fe3+,加入H3PCU將Fe3+沉淀生成FePCU,FePCU與Li2co3、

2+

草酸在高溫條件下煨燒得到LiFePCU。A項，FeTiO3>MgO都能與鹽酸反應，濾液①中含有Fe?+、Mg,

2211

故A正確；B項，FePO4的溶解度為s=^/i.0xl0-=1.0xl0^mol/L,

Mg(PO)的溶解度為s=J當華=,他二Xi。3,則相同

%[(Mg3(POJJ=(3S)3X(2S)2=1.0X10-24342

yJXNV3義Z

溫度下溶解度：Mg3(PO4)2>FePO4,故B正確；C項，“高溫煨燒”過程中Fe元素化合價由+3降低至+2被

還原，因此草酸被氧化生成C02,C元素化合價由+3升高至+4,根據氧化還原反應化合價升降守恒以及原

子守恒可知反應方程式為2FePCU+Li2c03+H2c2。4蟹2LiFePO4+3CO2f+H2OT，故C正確；D項，若調pH

至溶液呈堿性，Fe2+也會形成氫氧化亞鐵沉淀，故D錯誤；故選D。

13.電解硫酸鈉溶液制取電池正極材料LiNiiCoLM“O2的前驅體NijCOiMn/OH)?,其工作原理如圖

333333

所示:

石墨<>ab<>純鈦

電極.電極

直流電源

Na2sO4溶液Na2so4溶液

交換膜A交換膜B'前驅體

下列說法不E理的是（）

A.a是直流電源的正極，石墨電極發生氧化反應

B.交換膜A是陰離子交換膜，通電一段時間，I室pH降低

C.當產生（Mmol的N“COiMni（OH）2時，標準狀況下純鈦電極上至少產生1.12L氣體

333

D.若將純鈦電極直接放入II室，則純鈦電極上會有金屬與前驅體附著而使產率降低

【答案】C

【解析】由圖可知，前驅體在皿室生成，則n室的金屬陽離子進入ni室，交換膜B為陽離子交換膜,

則右側純鈦電極為陰極，電極反應式為2H2O+2e-=H2f+2OH-,OH與金屬陽離子結合得到前驅體，為保持電

荷守恒，交換膜A為陰離子交換膜，左側石墨電極為陽極，電極反應式為2H2O-4e-=O2f+4H+,所以電解過

程實際上是電解水。A項，石墨為陽極，發生氧化反應，則a為電源的正極，故A正確；B項，交換膜A

為陰離子交換膜，左側電極反應式為2H2O-4e-=O2T+4H+,產生H+,故pH降低，故B正確；C項，每生成

O.lmol的NiiCOjMn{OH）2,就相當于生成o.2mol0H:由電極反應式2H2。+2曰=}121+20出可知，會生成

333

0.1molH2,在標準狀況下的體積為2.24L,故C錯誤；D項，純鈦電極若直接放入II室，會導致接受電子

的物質不是水而是金屬離子，導致金屬單質的生成，附著在前驅體上導致產率的降低，故D正確；故選C。

14.已知HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反應：

I.HCOOHCO+H2OKI

II.HCOOHCO2+H2K2

T溫度下，在密封石英管內完全充滿LOmoLL-iHCOOH水溶液，使HCOOH分解，分解產物均完全溶

于水。含碳物種濃度與反應時間的變化關系如圖所示（忽略碳元素的其他存在形式）。下列有關說法不取^的

是（）

Lo

」

?

UO

EI

0.0

//h

A.混合體系達平衡后：C(CO2)C(H2)>C(CO)

B.活化能：反應I〈反應II

C.c(CO)濃度變小的原因是CO2的生成導致反應I平衡逆向移動

D.c(HCOOH)可降為0

【答案】D

【解析】A項，根據圖像可知混合體系達平衡后，C(CO2)C(H2)>C(CO),故A正確；B項，根據圖

像可知，CO濃度達到最大值時表明反應I達平衡，此時CO2濃度未達最大值，即反應II尚未達平衡狀態，

說明反應I的反應速率大于反應n,即活化能：反應I〈反應n,故B正確；c項，根據圖像中co?和co

濃度變化，即反應I和n可知，C(co)濃度變小的原因是CO2的生成導致反應I平衡逆向移動，故c正確；

D項，過程I和n均為可逆過程，則c(HCOOH)不可能降為0,故D錯誤；故選D。

15.苯酚是重要的化工原料，將廢水中的苯酚富集并加入Na2co3；轉化為苯酚鈉，再通入CO2,可進

一步分離回收。已知：Ka(C6H5OH)=1.0xl0-i°,Kai(H2co3)=4.5X10-7,Ka2(H2co3)=4.7X10-11。下列說法正確

的是()

A.Na2co3；也可用NaOH或NaHCCh替代

B.2HCO3-H2cO3+CO32-的平衡常數K約為9.57X103

C.轉化反應中若c(Na+)=2c(C6H5O)+2c(C6H5OH),此時溶液中c(HCC)3-)>c(C6H5。-)

D.當通入CO2至溶液pH=10時，溶液中的C6H5ONa完全轉化為C6H50H

【答案】C

【解析】A項，電離常數越大電離程度越大，弱酸的酸性越強，根據已知可得酸性：碳酸〉苯酚>HCC>3-,

則苯酚不能與NaHCCh反應，故A錯誤；B項，2HCOMH2cO3+CO32-的平衡常數

仁。(旦匹卜理陽一也也網陰)c(C。；)=%的8)=4.5x1。：上皿小,故B錯誤.

c(HCO：)2c(HCO：)c(HCO：)c(H+)七但2co3)4.7x10”

C項，轉化反應中若存在物料守恒：c(Na+)=2c(C6H5O-)+2c(C6H50H),即溶質為等物質的量的NaHCCh和

C6H5ONa,由于酸性：碳酸〉苯酚，則C6H5。-水解程度大于2HCO3-H2cCh+CCh'此時溶液中c(HCO3)

>c(C6H5。)故C正確；D項，苯酚C6H50H具有弱酸性，若溶液pH=10時為堿性，則C6HsONa不可能

完全轉化為C6H5OH,故D錯誤；故選C。

16.探究氮及其化合物的性質，下列方案設計、現象和結論都正確的是()

實驗方案現象結論

一段時間后，前者有氣體產稀硝酸的氧化性強

A常溫下，將Fe片分別插入稀硝酸和濃硝酸中

生，后者無明顯現象于濃硝酸

Fe(NOs)2晶體已氧

B將Fe(NO3)2樣品溶于稀硫酸后，滴力口KSCN溶液溶液變紅

化變質

向兩個同規格燒瓶中分別裝入同比例的NO2和一段時間后，兩燒瓶內顏色N02rN2O4的轉化

C

N2O4氣體，并分別浸泡于熱水和冷水中深淺不同存在限度

試管底部固體消失，試管口NH4C1固體受熱易

D將盛有NH4cl固體的試管加熱

有晶體凝結升華

【答案】C

【解析】A項，鐵遇濃硫酸會發生鈍化，濃硝酸的氧化性比稀硝酸強，A錯誤；B項，向Fe(NCh)2溶液

中滴加稀硫酸，酸性條件下硝酸根離子與亞鐵離子發生氧化還原反應生成鐵離子，結論不合理，B錯誤；C

項，向兩個同規格燒瓶中分別裝入同比例的N02和N2O4氣體，并分別浸泡于熱水和冷水中，一段時間后，

兩燒瓶內顏色深淺不同，說明溫度影響平衡移動，NO2TN2O4的轉化存在限度，不能完全轉化，C正確；D

項，將盛有NH4cl固體的試管加熱，發生反應NH4cl4NH3T+HC1T，氨氣和氯化氫在試管口遇冷又生成氯

化鍍，所以試管口處有晶體出現，D錯誤；故選C。

第n卷

二'非選擇題：共5題，共52分。

17.(10分)氮化鋁晶體為共價晶體，是一種新型的無機非金屬材料，有其重大用途。

⑴某一種制取方法是A12O3+C+N2-A1N+C0(未配平)。

①每個N2中含個兀鍵，碳單質常見的是金剛石、石墨，其碳原子通常依次采用、

_______雜化；

②碳單質與生石灰在高溫下生成電石與CO,CaC2晶體屬于含離子鍵和（填非極性或極性）共價

鍵的離子晶體，而CO與CCh比較，CO中C-0鍵更短，其主要原因是0

（2）A1N也可由（CH3）3A1和NH3在一定條件下制取，該反應的化學方程式是（可以不寫反應條

件），氨屬于含極性共價鍵的（填非極性或極性）分子。

（3）已知A1N晶胞如圖所示：

①空心球（原子）半徑大于黑心球（原子）半徑，空心球代表的是（寫名稱）原子，理由是r（空心球）〉

＞r（黑心球）［填寫某一種原子（X）的原子半徑r（X）,X的單質通常不形成共價晶體］;

②設NA為阿伏加德羅常數的值，晶胞的邊長acm,則A1N的晶體密度為g-cm-3o

【答案】⑴①2（1分）sp3（l分）sp2（l分）

②非極性（1分）CO中存在C=O,CO2中存在C=O（1分）

（2）（CH3）3A1+NH3^A1N+CH4（1分）極性（1分）

164

（3）①鋁（1分）r（P）（l分）②寸^（1分）

【解析】（1）①N2分子中存在N三N,含有1個◎鍵和2個兀鍵；金剛石中每個C原子與周圍4個C原

子形成4個C-C鍵，為sp3雜化，石墨為層狀結構，同一層中每個C原子與3個C原子形成3個C-C鍵，

為sp2雜化；②C2?-中存在C三C,為非極性共價鍵；CO中存在CmO,CO2中存在C=O,叁鍵的鍵長比雙

鍵的鍵長短，故CO中C-0鍵更短；（2）（CH3）3A1和NH3在一定條件下能生成A1N和CH4,該反應的化學方

程式是（CH3）3A1+NH3-A1N+CH4；氨分子中存在孤電子對，正負電荷重心不重合，為極性分子。（3）①X的

單質通常不形成共價晶體，則X為P,Al、P位于同一周期，P、N位于同一主族，同一周期從左向右原子

半徑逐漸減小，同一主族從上到下原子半徑逐漸增大，原子半徑：r（Al）＞r（P）＞r（N）,則空心球為鋁；②A1

114x（27+14）

原子位于頂點和面心，個數為8X：+6X：=4,4個N原子為體內，晶胞質量為一^_晶胞體積為

4x(27+14)

a3cm3,晶胞密度m-NI-,3164

P=----------------g/cmg/cm3

Va-NJ7

18.（10分）燃煤火電廠產生的尾氣（主要成分為SO2、NO）可以按如下流程脫除或利用。

請回答:

(1)寫出途徑I中SO2轉化成CaSC>4的總反應化學方程式。

(2)下列說法正確的是o

A.途徑I中Cu+的作用是催化劑

B.途徑I中C2H4的作用是還原劑

C.若用氨水代替石灰乳吸收尾氣，則SO2可能最終轉化成為NH4HSO4或(NH4)2SO4

D.工業制硝酸的第一步是N2與02反應得到N0

(3)寫出途徑II中NO與CaCCh-NaCKh混合液反應的化學反應方程式______。

(4)下列物質有可能代替途徑II中NaC102的是0

A.NaClOB.O3C.NH3D.Na2s

(5)設計實驗方案檢驗途徑II產物中的含氮陰離子0

【答案】(l)2SO2+O2+2Ca(OH)2=2CaSO4+2H2O(2分)

(2)ABC(2分)

(3)2CaCO3+4NO+3NaClO2=2Ca(NO3)2+3NaCl+2CO2

(4)AB(2分)

(5)取上層清液于試管中，加稀鹽酸，無明顯現象，再加入銅片，若產生無色氣體，遇空氣顯紅棕色，

說明含氮陰離子為硝酸根離子(2分)

【解析】燃煤火電廠產生的尾氣(主要成分SCh、NO)通入石灰乳中，SO2和石灰乳反應生成CaSCh,后

++

CaSO3被氧化成CaSO4；Cu+和02結合生成Cu+(C>2)然后和尾氣中的NO反應轉化成Cu(NO2),接著Cu(NO2)

和乙烯反應得到Cu+、N2、CO2、H2O；將燃煤火電廠產生的尾氣(主要成分SO2、NO)通入CaCCh-NaCKh

混合液中，反應得到CO2、CaSCU、Ca(NO3)2以及NaCl。(DSO2和石灰乳反應生成CaSCh,后CaSCh被氧

化成CaSCU,其總反應化學方程式為：2so2+O2+2Ca(OH)2=2CaSO4+2H2O；(2)由圖示可以看出，Cu+反應前

后均有，且參加過反應，所以途徑I中Cu+的作用是催化劑，故A正確；C2H4中碳元素的化合價是-2價，

反應后生成的CO2中碳元素的化合價為+4價，碳元素的化合價升高了，即途徑I中C2H4的作用是還原劑,

故B正確；用氨水代替石灰乳，也能發生S02和堿溶液反應生成亞硫酸鹽的反應，后亞硫酸鹽被氧化成硫

酸鹽，具體產物由堿和SO2的相對量的多少決定，可能生成NH4HSO4或(NH4)2SC)4,故C正確；工業制硝

酸的第一步是以氨和空氣為原料，用鉗錯合金網為催化劑，在氧化爐進行氨催化氧化反應，不是N2與02

反應得到N0,故D錯誤；故選ABC；(3)從圖中可以看出，此反應的產物有C02、Ca(NO3)2,Ca(NCh)2是

NO的氧化產物，所以還有一種化合價降低的還原產物NaCL反應的化學方程式為：

2CaCO3+4NO+3NaClO2=2Ca(NO3)2+3NaCl+2co2(4)途徑II中NaClO2的作用是將NO氧化，所以NaClO和

。3能代替NaCICh,故選AB；(5)途徑II產物中的含氮陰離子為NO*檢驗方法為：取上層清液于試管中，

加稀鹽酸，無明顯現象，再加入銅片，若產生無色氣體，遇空氣顯紅棕色，說明含氮陰離子為硝酸根離子。

19.(10分)丙烯是一種重要的化工原料，其主要產品聚丙烯是生產口罩噴溶布的原料。雷基催化劑下

丙烷生產丙烯相關主要反應有：

I.C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)AHi=+124.14kJ-mor1

II.C3H8(g)C2H4(g)+CH4(g)

III.c3H8(g)3(s)+4H2(g)

請回答：

(1)已知鍵能：￡(C-H)=413.4kJ/mol,E(H-H)=436.0kJ/moloC=C的鍵能與C-C的鍵能相差約—

kJ/moL

(2)600℃時，容器壓強恒為P,銘基催化劑下兩個密閉容器中分別按下表投料發生反應：

C3H8/moCO2/moNVmo

容器

111

A1010

B128

①容器B生成C3H6的反應流程如下:

C,H

3o2JaoCrOCO

過程1過程2過程3

凡CrOx-l

C30+H2Q

下列有關說法正確的是.

A.原料氣中通入N2可提高C3H8的平衡轉化率

B.升高溫度，一定能提高的C3H6平衡產率

C.過程1產生c3H6的量大于過程2和過程3產生的C3H6

D.在銘基催化劑中適當加入CaO可促進過程2平衡正移而提高C3H8的平衡轉化率

②若容器A中只發生反應I和反應n,C3H8的平衡轉化率為a,C3H6的選擇性（選擇性

轉化為目標產物所消耗丙烷的量_4楂ELT%五葡.粕K

-------轉化的丙烷的量-----------XI1。n。n％o/）為W,計算反應I的平衡常數長產=（用平衡分壓代替

平衡濃度計算，分壓=總壓x物質的量分數）。

③按照容器A和容器B的氣體組分比，將兩組氣體按相同流速分別通過催化劑固定床反應器，C3H8的

轉化率和C3H6的選擇性隨時間變化如圖所示:

H

C3

選

擇

性

/%O

隨反應進行，A組中C3H8轉化率明顯降低的可能原因是，B組中C02的作用是（用

化學方程式和必要的文字說明）。

（3）恒溫恒容的密閉容器中通入氣體分壓比為p（C3H8）:p（COj:p（N2）=l：4:8的混合氣體,

n（N2）=16mol,已知某反應條件下只發生反應IV和反應V（Z,《為速率常數，只與溫度有關且左>s）：

反應W：C3H8(g)+CO2(g)=C3H6(g)+H2O(g)+CO(g)k

反應V：C3H8(g)+6CO2(g)=9CO(g)+3H2O(g)K

實驗測得丙烯的凈生成速率方程為D(C3H6)=公P(C3H8)-■P(C3H6)，請在下圖中畫出丙烯的物質的

量隨時間的變化趨勢

【答案】⑴266.66(2分)

Pa2w2

(2)A(2分)――-一；(2分)C3H8分解產生的C附著于催化劑表面，使催化劑失活，反應速

(ll+6z)(l-a)

率迅速減小(1分)CO2+CA2CO,消除催化劑上積碳，增加催化劑的穩定性和壽命；CO2促進C3H8按

過程2和3發生反應，減少C3H8裂解副反應，提高C3H6選擇性(1分)

⑶(曲線起點為0,縱坐標最大值不超過2且終點時為1)(2分)

【解析】⑴己知鍵能：E(C-H)=413.4kJ/mol,E(H-H)=436.0kJ/mol,根據反應熱等于反應物的

鍵能總和減去生成物的鍵能總和，結合反應I.C3H8(g)C3H6(g)+Hz(g)AHi=+124.14kJ-molT有:

8E(C-H)+2E(C-C)-6E(C-H)-E(C=C)-E(C-C)-E(H-H)=2E(C-H)+E(C-C)-E(C=C)-E(H-H)=2x413.4-436+E(C-C)

-E(C=C)=+124.14kJ/mol,故得E(C-C)-E(C=C)=-266.66kJ/mol,故C=C的鍵能與C-C的鍵能相差約

266.66kJ/mol；(2)①A項，該容器為恒壓容器，故原料氣中通入N2,導致反應體系的平衡分壓減小，上述

反應平衡正向移動，故可提高c3H8的平衡轉化率，A正確；B項，由題干信息可知，容器中發生了反應II

和III副反應，且這兩個反應也是吸熱反應，雖然升高溫度，能使反應I正向移動，但反應II和III也正向移動，

故不一定能提高的C3H6平衡產率，B錯誤；C項，已知過程2和過程3為有催化劑參與，能夠加快反應速

率，但不知道它們的產率，故無法比較過程1產生c3H6的量和過程2和過程3產生的C3H6,C錯誤；D項，

在銘基催化劑中適當加入CaO,將消耗CO2,使得過程3無法進行，CrOx」的濃度增大，則促進過程2平衡

逆向移動，但不能改變C3H8的平衡轉化率，D錯誤；故選A；②若容器A中只發生反應I和反應II,C3H8

的平衡轉化率為C3H6的選擇性為w,根據三段式分析：

C,H,Ig)gi+HdglCHJgIC.HJg|-CHJg)

起始里(mot)100起始量(mol)1-aw00

轉化里(mol)awawaw轉化量(mol)a(l-w)a(l-w)a(l-w)

平衡里(md)1-awawaw平衡量(mol)1-aa(l-w)a(l-w)

故平衡時p(C3H8)=7771;--------------~一-一;—~一P，p(C3H6)=p(H2)=.P,故計算反

10+1-a+aw+aw+a(l-w)+a(l-w)ll+2a11+2a

(aw.)222

應I的平衡常數￡=PC/?應)=」守—=「吸③由題干信息可知，反應中將發生副反

PC4)1-ap(ll+a)(l-a)

ll+2a

應III,生成的C將附著在催化劑表面，是催化劑失活，故隨反應進行，A組中C3H8轉化率明顯降低的可能

原因是C3H8分解產生的C附著于催化劑表面，使催化劑失活，反應速率迅速減小，已知高溫下CO2能與C

反應生成CO,從而減少附著在催化劑表面的碳，使催化劑復活，故B組中CO2的作用是CO2+C42cO,

消除催化劑上積碳，增加催化劑的穩定性和壽命；CO2促進C3H8按過程2和3發生反應，減少C3H8裂解副

反應，提高C3H6選擇性；(3)恒溫恒容的密閉容器中通入氣體分壓比為p(C3HJ:p(CC)2)：P(N2)=l：4:8的

混合氣體，“(Nz)=16moi，根據同溫同體積下，氣體的壓強之比等于物質的量之比，故n(C3H8)=2mol,

n(CO2)=8mol,剛開始只發生反應IV則生成的C3H6逐漸增大，當反應完全進行是最多生成C3H6為2mol,消

耗2moicCh,然后將發生反應V,則C3H6的量逐漸減少，直到丙烯的凈生成速率

o(C3H6)=左中仁3旦)-左'中93H6)為0時C3H6不再改變，此時剩余的6moic02完全消耗，則消耗掉C3H6

為Imol,故剩余C3H6的物質的量為Imol,據此分析可知，丙烯的物質的量隨時間的變化趨勢如圖所示:

(曲線起點為0,縱坐標最大值不超過2且終點時為1)。

20.(10分)氯化亞銅(CuCl)常用作有機合成催化劑，也用于顏料，防腐等工業；是一種白色粉末，微溶

于水、不溶于乙醇及稀硫酸，在潮濕空氣中易被氧化。某興趣小組利用蝕刻液(主要含Cu2+、Fe3\