2022年6月浙江省选考化学仿真模拟卷02（全解全析）

2022年6月浙江省选考化学仿真模拟卷02

化学•全解全析

题号123456789101112

答案BCACCABDDDCB

13141516171819202122232425

CDDDABBBDABAD

1.【答案】B

【解析】A项，CO2溶于水和水反应生成碳酸，显酸性，但二氧化碳是共价化合物，A不符合；B项,

NH4cl为强酸弱碱盐，溶于水镂根水解而使溶液显酸性，氯化镀含有离子键是离子化合物，B符合；C项,

H2sCU溶于水电离出氢离子，显酸性，硫酸是共价化合物，C不符合；D项，NaOH溶于水电离出氢氧根离

子，显碱性，氢氧化钠是离子化合物，D不符合；故选B。

2.【答案】C

【解析】电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，所有的酸、碱、盐和大多数金属氧化

物均为电解质，CaO是金属氧化物，HCOOH是酸，比0是极弱的电解质，CCh虽然水溶液能够导电，但由

于不是其本身电离出自由移动的离子，CO?不是电解质，故选C。

3.【答案】A

【解析】A是泥三角、B是用崩钳、C是分液漏斗、D是球形干燥管；故选A。

4.【答案】C

【解析】A项，“工业盐”主要成分亚硝酸钠，化学式为NaNCh,A正确；B项，冰晶石是六氨合铝酸

钠的俗名，化学式为Na3AF$,B正确；C项，乙酸酢，即为醋酸酢，分子式为C4HQ3,C错误；D项，黄

铁矿的主要成分为FeS2,D正确；故选C。

5.【答案】C

【解析】A项，CH3cH2cH2cH3为正丁烷的结构简式，异丁烷的结构简式为CH3cH(CH3)2,A错误；B

项，CO2中各原子均达到8电子稳定结构，电子式：6：：C：：6：，B错误；C项，NH3分子是由1

个氮原子和3个氢原子构成的，图中为氨分子的球棍模型，C正确；D项，过氧化钠为离子化合物，不存在

分子，没有分子式，D错误；故选C。

6.【答案】A

【解析】A项，石油裂解气含有不饱和烧，如乙烯、丙烯等，能使溟的四氯化碳溶液、酸性KMnCh溶

液褪色，故A正确；B项，不同种类的氨基酸之间也可以形成多肽，故B不正确；C项，苯和氯气发生加

成反应生成C6H6c16,故C不正确；D项，乙二醇的水溶液凝固点很低，可作汽车发动机的抗冻剂，故D

不正确；故选A。

7.【答案】B

【解析】A项，35cl和37。两者质子数相同、中子数不同，互为同位素，A正确；B项，甲酸俗称蚁酸，

故甲酸和蚁酸是同一种物质，而不是同分异构体，B错误；C项，CH3cH20H和CH3cH(0H)CH3两者结构

相似，且相差1个"CH2”原子团，两者互为同系物，C正确；D项，金刚石和C60都是碳单质，互为同素异

形体，D正确；故选B。

8.【答案】D

【解析】A项，氨气沸点低易液化，气化过程中吸热导致温度降低，常用于做制冷剂，A正确；B项,

石灰石可以用于玻璃是和二氧化硅反应生成硅酸盐，用于炼铁工业是和二氧化硅反应生成炉渣，B正确；C

项，二氧化硫具有抗氧化性可以防止葡萄酒变质，C正确；D项，氟可以和钙形成一层保护牙齿的物质，不

是氟化物具有氧化性，D错误；故选D。

9.【答案】D

【解析】A项，“可燃冰”是天然气(甲烷等)的水合物，燃烧生成二氧化碳和水，是一种清洁能源，但不

可再生能源，A正确；B项，利用太阳能在催化剂参与下分解水制氢，是把光能转化为化学能，不消耗其他

能源，也不产生污染物，是一种绿色化学方法，B正确；C项，钾、钙、钠、镁、铝活动性强，工业上常采

用电解熔融盐法进行冶炼，钾、钙、钠、镁采用电解熔融氯盐，铝采用电解熔融氧化铝，C正确；D项，明

碗中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，有吸附性，能吸附杂质，从而起到净水的作用，但没有杀菌消毒作用，

D错误；故选D。

10.【答案】D

【解析】A项，该反应中Cu的化合价由+2价升高为+3价，O的化合价由价升高为0价，故化合价

升高的元素是Cu和O,A正确；B项，KCuCh中Cu的化合价由+2价升高为+3价，化合价升高被氧化，是

氧化产物，而部分氧的化合价又由价降低为-2价，化合价降低被还原，故又是还原产物，B正确：C项，

根据分析可知，反应中转移的电子为3mol,故当反应中转移的电子数为0.3NA时，则有0.2molCuO被氧化，

正确；项，标准状况下，生成即三/时，根据方程式可知，参与反应的超氧化

CD6.72L7r=0.3moiCh

22.4L-11X)1

钾(K02)为0.6moL但KCh中只有一半是被还原的，另一半被氧化，故被还原的超氧化钾(KCh)为0.3mol,D

错误；故选D。

11.【答案】c

【解析】A项，领盐、铅盐都是重金属盐，能使蛋白质发生变性，为有毒物质，故含钢盐、铅盐的废

液直接倒入下水道，就会造成水污染，故A正确；B项，阿司匹林粗产品减压过滤分离时，用滤液淋洗锥

形瓶，用冷水洗涤晶体可以减少阿司匹林因溶解而造成损耗，故B正确；C项，纸层析分离铁离子和铜离

子时.，用饱和溶液点样的斑点不能太大，过大会使分离色带会出现重叠无法达到分离得目的，故C错误；D

项，海带灰浸取液中含有「离子，而不是12,四氯化碳不能萃取碘离子，振荡静置后下层无色不能说明浸

取液中不含碘元素，故D正确；故选C。

12.【答案】B

V11.2L…,

【解析】A项，标况下11.2T2氧气的物质的量为n===”,一=0.5mol,而中含4个中子，故

Vm22.4L/mol

m46R

0.5molT2中含中子为2NA个，故A正确；B项，4.6gC2H6。的物质的量为仁逅=7r沪,c2H

若是乙醛CH30cH3,最多含有C—H键为0.1X6=0.6NA,故B错误；C项，Na->Na+,ImolNa反应转移电

子数为NA,故C正确;D项,H2s04物质的量为n=cV=0.1mol/Lx01L=0.01mol,含氧的物质的量为4moL

由于溶液中水也含有0原子，则H2s04水溶液中含有氧原子数大于0.04NA,故D正确；故选B。

13.【答案】C

【解析】A项，碳酸钢与硫酸氢钠溶液反应生成硫酸钠、硫酸钢、二氧化碳、水，反应的离子方程式

是BaCO3+SO42-+2H+=BaSO41+CO2T+H2O,故A正确：B项，向硝酸银溶液中滴加过量氨水生成二氨合银离

子，Ag++2NH3-H2O=[Ag(NH)3『+2H20,故B正确；C项，酸性条件下，亚硝酸钠与氯化亚铁溶液反应，亚铁

离子被亚硝酸根离子氧化为铁离子，反应的离子方程式是NO2-+Fe2++2H+=Fe3++H2O+NOT，故C错误；D项，

电解氯化铝溶液生成氢氧化铝沉淀、氯气、氢气，反应的离子方程式是2Al3++6C1-+6H2。里

Al(OH)31+3CbT+3H2f,故D正确；故选C。

14.【答案】D

【解析】A项，油脂的相对分子质量较小，不属于高分子化合物，A不正确；B项，煤的液化是在高温、

催化剂存在下，煤和氢气作用生成液体燃料的过程，此过程发生化学变化，B不正确；C项，氨基酸与HC1

反应，只生成一种盐，没有水生成，C不正确；D项，将苏打粉加入红酒中，使红酒呈碱性，因为葡萄酒中

的花青素在碱性环境下显蓝色，若为假红酒，不含葡萄糖，碱性环境下不显蓝色，D正确；故选D.

15.【答案】D

【解析】A项，依据乙烯分子和苯分子都是平面型分子，乙烯分子中与苯分子的C原子相连的C原子

取代苯分子中的H原子位置，在苯分子的平面上；与苯环连接的右端的饱和C原子取代苯分子中的H原子

位置，在苯分子的平面上，乙烯平面与苯分子平面共直线，可能处于同一平面上，则在该物质分子中最少

有8个C原子在同一平面上，A错误；B项，该物质分子中含有的N原子上有孤对电子，能够与盐酸电离

产生的H+通过配位键结合，因此该化合物能与盐酸反应生成盐，B错误；C项，物质分子中含有的碳碳双

键能够与Bn发生加成反应；含有的酚羟基能够与浓滨水发生邻位C原子上的取代反应，而醇羟基不能发生

取代反应。由于在该物质分子中含有1个碳碳双键和2个酚羟基，因此1mol该化合物可以和3moiBn反

应，C错误；D项，手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的C原子，根据物质结构简式可知该物质

分子中，在含有N原子的六元环上，有2个与-0H相连的C原子为手性C原子，该分子中含有2个手性碳

HV*/OH

原子(H£D正确；故选D。

16.【答案】D

【解析】根据题中信息，短周期元素W、R、X、Y、Z原子序数依次增大，由甲、乙两种结构可知，

W形成一个共价键，且原子序数最小，则W为H元素，R、Y为带1个单位正电荷的阳离子，由原子序数

的关系，可推知R为Li元素，Y为Na元素，X与4个W原子成键后所得离子带1个单位负电荷，Z与4

个W原子成键后所得离子也带1个单位负电荷，且X、Z同主族，甲、乙两种物质具有强还原性，由原子

序数的关系，可推知X为B元素，Z为A1元素。A项，W为H元素，X为B元素，故A正确；B项，W

为H元素，R为Li元素，X为B元素，Y为Na元素，Z为A1元素，根据原子半径递变规律，同周期元素

从左到右，原子半径依次减小，同主族元素原子半径从上到下，依次增大，则五种元素原子中，Na原子半

径最大，故B正确；C项，Z为A1元素，A1的最高价氧化物对应的水化物为A1(OH)3,A1(OH)3既能与酸

反应又能与碱反应，所以AI(0H)3为两性氢氧化物，故C正确；D项，R为Li元素，Y为Na元素，Na和

Li在空气中均可燃烧，燃烧主要产物分别为Na2O2和U2O,NazCh中含有非极性共价键和离子键，LizO只

含离子键，二者化学键类型不完全相同，故D错误；故选D。

17.【答案】A

【解析】A项，类比氨水的电离，N2H4的第一步电离方程式为N2H4+H2ON2H5++0H,第二步电

6

离忽略，则O.OlmolLiN2H4水溶液中，c(N2H5+)阳0丁),Kbi~1.0xl0-,则

-10-1

K=c(N2H5)XC(°H)=9)hLOxlO",解得以0匕户10-4mol.L「，plijc(H*)-10molL,pHRO,故

c(N2HD0.01

A正确；B项，NaHSCh为强碱弱酸盐，溶液中存在水解平衡：HSO3+H2OH2SO3+OH,则

"/々mt船":空，二，加入少量的12,HS03-被氧化成S04%c(HS°3一)减小，平衡逆向移

C(HSO3)C(HSO3)XC(OH)c(OH)

c(H,S0,)

动，c(0H-)减小，Kh不变，/口℃一、增大,故B错误；C项，题中没有所给的醋酸和盐酸的溶液体积，难

以计算两者消耗的NaOH的物质的量，故C错误；D项，pH=7的溶液，可能为弱酸弱碱盐，如醋酸镂，溶

液中NH4+、CH3co0-均能水解促进水的电离，故D错误；故选A。

18.【答案】B

【解析】A项，由题干图示信息可知，生成MgF2时放出热量最多，但反应速率快慢与反应需要的活化

能有关，而与焰变的大小没有必然的关系，故化合时反应速率不一定最快，A错误；B项，由题干图示信息

1

可知，反应I：Mg(s)+Cl2(g)=MgC12(s)AHi=-641kJmol-',反应II：Mg(s)+l2(s)=MgI2(s)AH2=-364kJmol,

则目标反应MgC12(s)+L(s)=Mgl2⑸+CL(g)可由H-I,根据盖斯定律可知：AH=AH2-AHI=(-364kJmol-')-

(-641kJ-moL)=277kJ-molT,B正确；C项，根据反应热等于反应物总的键能减去生成物的总的键能，由于

生成物的总的键量各不相同，故根据图示信息无法比较断开1molCb(g)中的化学键所吸收的能量与断开1

molB「2⑴中的化学键所吸收的能量的相对大小，C错误；D项，由题干图示可知，相同物质的量的MgL具

有的总能量高于MgBn的，能量越高越不稳定，故MgL的热稳定性比MgBn低，D错误；故选B。

19.【答案】B

1

【解析】A项，根据题中图示,T2时,0~2h内，丽j从1升高到2,即c(HI)从Imol/L降低至O.5mol/L,

故Ac(HI)=lmol/L-0.5moi/L=0.5mol/L,v(HI)==—=0.25molL1h1,速率之比=系数之比，贝!]

At2

11

v(H2)=lv(HI)=^x0.25=0.125mol.Eh-,A正确；B项，「温度下，2h,4h反应均未达到平衡状态，随

着反应进行，c(HI)减小，瞬时速率减小，B错误；C项，由曲线斜率判断，斜率大，反应快，温度高，故

TI>T2,C正确；D项，「曲线斜率大，说明反应速率快，表示有催化剂，T2没有催化剂，D正确；故选B。

20.【答案】B

【解析】A项，爆变的大小与气体体积的改变大小有关，由方程式可知，两反应中气体化学计量数差

相同，则反应的燧变a与b大小相近，故A正确；B项，由MgCCh和CaC03都为离子晶体，MgCCh和CaCCh

离子所带电荷相等，由于Mg2+半径小于Ca2+半径，MgO晶格能大于CaO晶格能，Mg2+比Ca?+更易与碳

酸根离子中的氧离子结合，使碳酸根离子分解为CO2,则MgCCh的热分解温度小于CaCCh,故B错误；C

项，由方程式可知，两反应中气体化学计量数差相同，则反应的燧变a与b的差值为

a-b=S[MgO(s)]+S[CaCO3(s)]-S[MgCO3(s)]-S[CaO(s)l,故C正确；D项，由表格数据可知，两个反应都是气

体体积增大的吸热反应，则两个反应在不同温度下的△，和An都大于零，故D正确；故选B。

21.【答案】D

【解析】根据题目正极材料可表示为LiNixCoyMnzCh,判断Li；C6为负极材料，故A为负极，B为正极,

根据充电时电池总反应是阴极和阳极的总反应，该反应逆过程即是原电池的反应，也是正极和负极的总反

应。A项，B为正极，原电池中离子移动的方向是阳离子移向正极，故离子X通过的隔膜属于阳离子交换

膜，故A不正确：B项，放电时是原电池，电流从正极流向负极，故从B经负载回到A,故B不正确；C

项，充电时，根据正极接电源的正极判断，B为阳极，发生氧化反应，故C不正确；D项，放电时，是原

电池反应，负极反应与电解池中的阴极反应刚好相反，根据题目中的充电时电池反应进行书写电极反应:

LiaC6-ae=6C(石墨)+aLi+,故D正确；故选D。

22.【答案】A

【解析】A项，Fe2+受热易被空气氧化，加热Fe(NO3)2固体时生成的产物为氧化铁、二氧化氮和氧气，

A错误；B项，水和C2H50H分子中均含有一OH,CFbMgBr与水反应生成Mg(0H)Br和CH4,推测CHaMgBr

与C2H50H反应生成Mg(0C2H5)Br和CH4,B正确：C项，金属钠的还原性很强，钠与四氯化钛置换出钛元

素，同时生成氯化钠，同理，钠也可以与四氯化碳发生反应生成C和氯化钠，推测合理，C正确；D项，

根据有机物燃基的特点，结合无水与固体加热能生成则无水与

CH3coONaNaOHCH4,HCOONaNaOH

固体加热能生成H2,推理合理，D正确；故选A。

23.【答案】B

C(酸)

【解析】温度不变，酸的电离常数不变，设酸的浓度为由皿由pH=pK£g两可得pK…H+lg

雾，即4.27+1g吟普=4.75+1g等兽，化简得咨二1=10。“=3,解得c=0.2,则

c(盐)0.81.6lOc-1

PKq=4.75+1g16*,/一」,x0.1=4.75即Ka=10汽力。A项，HA电离常数噎=1。475,故A正确；B项,

16x0.1

Ka=10475,b点时Ka=。小卜(人)=c(H+)=10-475,故c(HA)=c(A)此时溶液显酸性，c(H+)>c(OH)

c(/M)

故c(A)+c(OH-)<c(HA)+c(H+),故B错误;C项，知b点时Ka=,色产.)=以田)=IO-475,故(;出人尸以人一),

c(HA)'7

则随氢氧化钠溶液体积增大，c点时溶液c(HA)<c(A),由图可知溶液呈酸性c(H+)>c(OH)所以离子浓度的

大小关系为：(A)>c(HA)>c(H+)>c(OH),故C正确；D项，由HA的酸性强于HCN可知，HA的电离常数

大于HCN,由pH二pK『1g一黑可知，当1g—黑相等时，酸的电离常数越大，溶液pH越小，则若将HA

C(jm/CVim/

改为等体积等浓度的HCN,则pH随NaOH溶液体积的变化曲线竖直上移，故D正确；故选B。

24.【答案】A

OH

【解析】根据题中的反应机理图，TRAP试剂中的RuOi,经历过程①和②将1氧化为

RiR2

o

,本身被还原为H2R11O4-,H2R11O4经历过程③脱水，得到RuOy；RuOy与NMO反应，经历过

R[R2

程④和⑤得到RuQr和NMM；Ruth咱身发生歧化反应⑥，得至URuch?-和RuCh。A项，错（Ru）在TPAP机理

图中共呈现了4种价态，分别是+4价、+5价、+6价、+7价，A项正确；B项，RuCh-与NMO反应，经过

过程④和⑤得到RuOa-和NMM,其中Ru元素从+5价升至+7价，则RuCh一做还原剂，NMO做氧化剂，B项

错误：C项，RuC）3咱身发生歧化反应⑥，离子方程式为2RUO3=RUO2+RUO42-,产物不是RuOn则不是TRAP

试剂再生的另一途径，C项错误；D项，TRAP试剂中的RuO1不会氧化碳碳双键，可以将醵仅氧化至醛，

0H0

若Ri为CH2=CH-,R2为H-,则RUO4-经过过程①和②将人氧化为人，D项

CHCH

HH

错误；故选A。

25.【答案】D

【解析】A项，氢氧化铝属于两性氢氧化物，既能溶于强酸，又能溶于强碱；而一水合氨属于弱碱，氢

氧化铝不溶于一水合氨，并不能说明氢氧化铝不溶于碱，故A错误；B项，向苯酚溶液中滴加少量的稀溟

水，生成的三溪苯酚溶解于过量的苯酚中，所以未出现白色沉淀，不能说明苯酚不能与滨水发生反应，故B

错误；C项，相同温度下，碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠的溶解度，所以25℃时，分别取一定量饱和Na2c03

与饱和NaHCCh溶液，两种溶液的浓度不同，饱和碳酸钠溶液的浓度较大，溶液的碱性较强，测定出溶液

的pH较大，由于两种盐溶液的浓度不同，不能说明Na2cCh碱性强于NaHCCh,故C错误；D项，火柴头

中含有氯酸钾，检验氯元素，应该把氯酸根离子还原为氯离子，酸性条件下，亚硝酸根离子具有还原性，

向少量的火柴头浸泡液中滴加硝酸银，稀硝酸和亚硝酸钠，发生反应：ClO30+3NO2-+Ag+=AgCU+3NO3-,出

现白色沉淀证明含有氯元素，故D正确；故选D。

26.【答案】（1）立方氮化硼熔点高。两种晶体均为原子晶体，N和B原子半径更小（或键长更短），键能

更大，熔点更高（2分）

（2）甲醇分子间可形成氢键，比乙烷分子间作用力强得多，所以沸点相差较大：CH3（CH2）9OH由于炫基

较大，氢键作用被削弱，分子间以分子间作用力为主，所以与分子量接近的CH3（CH2）9CH3沸点相差较小（2

分）

【解析】（l）GaAs和BN均为原子晶体，且由于N和B原子半径更小（或键长更短），键能更大，熔点更

高；（2）CH30H和C2H6沸点相差较大是因为甲醇分子间可形成氢键，比乙烷分子间作用力强得多，但是

CH3（CH2）9OH由于煌基较大，氢键作用被削弱，分子间以分子间作用力为主，所以与分子量接近的

沸点相差较小。

CH3（CH2）9CH3

27.【答案】⑴1：9(2分)(2)11moH/(2分)

【解析】(1)根据题意，铜镁与硝酸反应过程中硝酸得电子生成NO、NO2,设NO、NO2的物质的量分

112L

别为amol、bmol,则a+b=",—-=0.5mol；NO、NO2与氧气反应时又失电子生成硝酸根离子，生成氮

22.4L/mol

的氧化物时转移的电子数等于氮的氧化物与氧气反应时转移的电子数，结合关系：NO3-~NO~3e\

NO3~NO2~e-、Ch~4e-可得：3a+b=4x3,3L=0.6,解得：a=0.05,b=0.45,混合气体中NO与NO2的物

22.4L/mol

质的量之比为1：9；(2)硝酸与铜镁反应时部分表现酸性生成硝酸铜和硝酸镁，结合以下关系：Cu：

Cu2+~2NO3--2e-；Mg：Mg2+~2NO3--2e-,表现酸性的硝酸的物质的量等于转移电子的物质的量，即为0.6mol,

表现氧化性的硝酸的物质的量等于氮的氧化物的物质的量，即为0.5mol,则硝酸的物质的量为

0.6mol+0.5mol=l.1mol,硝酸的物质的量浓度为年/口=1lmol/L。

28.【答案】⑴H、Cl(1分)HCkNaCl(1分)NaHCuCbQ分)

+2+分)

(2)4CU(NH3)2+8NH3H2O+O2=4CU(NH3)4+6H2O+4OH-(2

三。=三或

(3)HCCH+2[CU(NH3)2]C1+2H2CuCCC11+2NH4CI+2NH3H2OHC=CH+2[CU(NH3)2]C1=

CuC三CCu+2NH4cI+2NH3Q分)

(4)将白色沉淀A溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有Cu元素；再向溶液中加入AgNCh溶液，有白色沉

淀，说明有C1元素(2分)

【解析】根据题中己知信息：白色沉淀A仅含两种元素且能溶于硝酸，无色溶液B焰色反应为黄色，

说明含有Na元素，溶液C和溶液D中阳离子组成元素相同，说明含有铜元素，无色溶液B加入硝酸酸化

的硝酸银有沉淀生成，说明白色沉淀是氯化银，则含有氯元素，溶液B和碳酸氢钠反应生成无色气体，则

该气体为二氧化碳，说明无色溶液B为HC1。(1)X中含有Cu、Cl、H和Na,组成X的非金属元素是H、

Cl；根据无色溶液B分为两等分，一份加入足量碳酸氢钠生成224mL气体，说明盐酸物质的量为O.Olmol,

另一份加入足量硝酸银和稀硝酸，得到2.87g白色沉淀，说明氯离子物质的量为0.02mol,则无色溶液B中

除了HC1还有NaCL则无色溶液B中溶质的成分是HC1、NaCk根据化合物X加入水生成白色沉淀A,说

明A为CuCl,则化合物X的化学式是NaHCuCb；(2)无色溶液C转化为深蓝色溶液D过程中还消耗标准

状况下112mLCh和0.04molNH3-H20,说明发生氧化还原反应得到CiKNEh"+且Cu(NH3)2+与Ch比例关系

为该转化过程的离子方程式+2+无色溶液可

4:1,4CU(NH3)2+8NH,VH2O+O2=4CU(NH3)4+6H2O+4OH-;(3)C

与乙焕反应生成结构与乙焕类似的红棕色固体G,固体G中只含两种元素且原子个数比为1：1,说明生成

的固体为CuC三CCu,则该反应过程的化学方程式HC三CH+2[CU(NH3)2]C1+2H2。=

CuC=CCu+2NH4cI+2NH3H2O或HC=CH+2[CU(NH3)2]C1=CuC三CCu+2NH4cI+2NH3；(4)根据信息白色沉淀

A仅含两种元素且能溶于硝酸，则将该物质溶于稀硝酸，看溶液颜色，再加入硝酸银，是否有白色沉淀，

因此设计实验方案证明白色沉淀A的组成元素将白色沉淀A溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有Cu元素;

再向溶液中加入AgNCh溶液，有白色沉淀，说明有C1元素。

29.【答案】⑴〉（1分）

⑵/加

<(

X（2分）60%（2分）

EEc能量

图2

（3）停留时间过短或过长，均导致催化转化器中H?S、SCh不能恰好完全反应，硫的回收率降低，且排放

的尾气中仍含有H2s或SO2（2分）

（4）AB（2分）

【解析】（1）根据图1可知100C以后随温度升高，反应物的物质的量减少，生成物的物质的量增加，说

明升高温度平衡正向进行，所以100℃时的反应△H>0。（2）①活化能即活化分子具有的最低能量与分子平均

能量之差，升高温度活化分子数增加，阴影部分面积会增加，但平衡不移动，所以根据图像可判断T1VT2;

若「温度下使用催化剂，由于催化剂会降低活化能，活化分子数会增加，则对应图像可表示为

叙

会

fJc

全

②根据三段式可知:

EEc能量

图2

2H,S=?=^2H:+S.

起始/加。/200

改变/洲。/2x2xx

平衡/泄。/2-2x2xx

n-12+x）2+x八x

则Kp=A2-2XV=好）二江”。，即二TXT,解得x=°s则此时硫化氢的分

压为^P。，则平衡时H2s的压力转化率（H2s）=（1-五）*100%=60%。（3）由于留时间过短或过长，均导致催

5Po

化转化器中H2S、SO?不能恰好完全反应，硫的回收率降低，且排放的尾气中仍含有H2s或SCh,所以该工

艺中需要严格控制气体在反应炉中的停留时间。（4）A项，增大压强（气相），硫化氢的溶解度增大，可提高

H2s的去除率，A正确；B项，OH-浓度增大，促进HzS=H++HS-平衡向正反应方向移动，H&浓度增

大，可提高H2s的去除率，B正确；C项，反应温度越高，硫化氢的溶解度越小，降低其去除率，C错误;

D项，若水膜过厚，导致活性炭的吸附力减弱，吸附的硫化氢、氧气减少，去除率减少，D错误；故选AB。

30.【答案】（DNaHCCh、Na2so4（1分）

Na2sOf（NH4）2SO4-2H2O望壁2NaHSCU+2NH3T+2H20T（2分）

（2）除去CCh中的HC1气体，避免引入杂质（1分）

（3）B、C中不再产生气泡；C中长颈漏斗中液面上升（1分）

（4）BCD（2分）（5）①daecih（2分）②C（1分）

【解析】本题可类比于侯氏制碱法进行迁移，用Na2s04饱和溶液与NH3、CCh反应生成NaHCCh和

（NH4）2SO4,反应原理为：Na2SO4+2NH3+2CO2+2H2O=2NaHCO,4+（NH4）2SO4,过滤得到固体为NaHCCh和

少量的Na2SO4,滤液中主要成分为（NH4）2SO4和NazSCU,在滤液中加入Na2SO4固体可得到

Na2SO4（NH4）2SO4-2H2O晶体，过滤得到NazSCMNH^SOZHzO晶体，然后进行高温燃烧可得NaHSCM和

NH3,反应方程式为：Na2sOMNH^SO#2H2。里堡2NaHSO4+2NH3f+2H根据流程中①中的反应实验

装置图可知，装置中三颈瓶A为反应①的反应装置，C为实验制备C02的装置，反应原理为：

CaCO3+2HCl=CaC12+H2O+CO2T,B为除去CO2中少量的HC1,则装置B中盛有饱和碳酸氢钠溶液。⑴流

程中反应①反应原理为：Na2SO4+2NH3+2CO2+2H2O=2NaHCO31+（NH4）2SO4,则反应后所获固体主要成分是

NaHCCh、Na2so4,反应③生成NaHSCh的化学反应方程式为：Na2sOMNHASOr2H2。步选

2NaHSC）4+2NH3T+2H2。1;⑵装置图中B的作用是除去C02中的HC1气体，避免引入杂质；（3）实验时持续

通NH3,但A中产生少量固体后便不再继续反应，是由于生成的固体产物将通入CCh的导管口堵塞了，则

此时B、C中可能观察到的现象是B、C中不再产生气泡；C中长颈漏斗中液面上升；（4）A项，反应②发生

的是复分解反应，根据复分解反应发生的条件可知，能生成复盐Na2SO#（NH4）2SOr2H2O的主要原因是其溶

解度较小，A正确；B项，抽滤过程中应注意观察吸滤瓶内液面高度，当吸滤瓶中液面快达到支管口位置时，

应拔掉吸滤瓶上的橡皮管，从吸滤瓶上口倒出溶液，而不能从吸滤瓶支管口倒出溶液，操作不合理，B错误；

C项，“燃烧（350。0”的产生的尾气为NH3和H2O,NH3能直接流回反应①使用，或者配成硫酸钠氨化溶液，

则实验中依据该流程闭路循环绿色的特点，“煨烧（350。0”的实验中最好用硫酸钠溶液吸收来处理尾气，C

错误；D项，装置图A中的长玻璃导管的作用是导出尾气，防止C02通入过快而引起仪器炸裂，则下端不

能浸入溶