2023年高考押题预测卷2（浙江卷）-化学（全解全析）

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2023年高考押题预测卷02【浙江卷】

化学•全解全析

（考试时间：90分钟试卷满分：100分）

考生须知：

1.本试题卷分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间90分钟。

2.考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上。

3.选择题的答案须用2B铅笔将答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮

擦净。

4.非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔,

确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。

5.可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23Mg24Si28S32Cl35.5

K39Ca40Ti48Cr52Mn55Fe56Co59Ni59Cu64Zn65Ag108I127Ba137

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.下列物质中受热易分解且属于酸式盐的是（）

A.NaCIB.（NH4）2CO3C.NaHSO4D.NaHCCh

【答案】D

【解析】A项，NaCI是正盐，故不选A；B项，（NHSCCh是正盐，故不选B；C项，NaHSCM是酸式

盐，NaHSO4不易分解，故不选C：D项，NaHCCh是酸式盐，NaHCCh受热分解为碳酸钠、二氧化碳、水,

故选D；故选D。

2.硫酸钢在医疗上常用作消化系统X射线检查的内服药剂，下列说法不正确的是（）

A.Ba元素位于周期表s区B.所有钢盐都能使蛋白质变性

C.硫酸钢属于强电解质D.硫酸根离子的空间构型是四面体

【答案】B

【解析】A.Ba元素位于第HA族，周期表s区，A正确；B项，可溶性钢盐都能使蛋白质变性，硫酸

钢不溶于水，不能使蛋白质变性，B错误；C项，硫酸钢溶于水能完全电离，属于强电解质，C正确；D项,

硫酸根离子的中心原子o键电子对为4,孤电子对为g（6+2-4x2）=0,空间构型是四面体，D正确；故选

B。

3.下列化学用语表示正确的是（）

A.中子数为16的磷原子：；；P

B.羟基的电子式：：0：H

C.SO2的VSEPR模型：■0（平面三角形）

C^O

D.基态Fe2+最高能级的电子云轮廓图：O

【答案】C

【解析】A项，中子数为16的磷原子的质量数为15+16=31,核素符号为子:;P,故A错误；B项，羟

基的电子式为・6：H，故B错误；C项，SO2中心原子价层电子对数为2+（（6-2X2）=3,VSEPR模型为平

面三角形，故C正确；D项，基态Fe2+的价层电子排布式为3d6,最高能级为3d,电子云轮廓图是花瓣形,

故D错误；故选C。

4.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正颈的是（）

A.碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均呈碱性，可用作食用碱或工业用碱

B.不锈钢中的合金元素主要是铭和银，具有很强抗腐蚀能力，可用于医疗器材

C.硅的导电性介于导体与绝缘体之间，可用来生产光导纤维

D.次氯酸的强氧化性能使某些有机色素褪色，可用作棉麻的漂白剂

【答案】C

【解析】A项，碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均存在水解，使得溶液呈碱性，可用作食用碱或工业用碱，A

正确；B项，不锈钢中的合金元素主要是辂和银，具有很强抗腐蚀能力，性能优良，可用于医疗器材，B正

确；C项，硅的导电性介于导体与绝缘体之间，可用来生产半导体，C错误；D项，次氯酸的强氧化性能使

某些有机色素褪色，可用作棉麻的漂白剂，D正确；故选C。

5.下列关于元素及其化合物的性质说法不氐丽的是（）

A.Na2O2和CCh反应可生成02B.CL和足量Fe反应可生成FeCb

C.实验室常利用镀盐与强碱反应检验NH4+D.高温下C与SiO2反应可制备粗硅

【答案】B

【解析】A项，Na2O?和C02反应生成碳酸钠和02,故A正确；B项，氯气的氧化性强，。2和足量

Fe反应生成FeCb,故B错误；C项，核盐和碱反应放出氨气，实验室常利用钱盐与强碱反应检验NHJ,

故C正确；D项，高温下C与SiCh反应生成C0和Si,C与SiCh反应可制备粗硅，故D正确：故选B。

6.连四硫酸钠(Na2s4。6)能延长血液凝结时间，是生物酶、肽键的修复剂。其合成的化学方程式为

2Na2S2O3+h=Na2S4O6+2NaI,下列说法不正确的是()

A.还原产物是Nai

B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2

C.Na2s4。6溶液应在阴凉处密封保存

D.Na2s遇酸产生的气体不能与品红溶液反应

【答案】D

【解析】A项，由化学方程式可知，反应过程中碘的化合价降低，碘单质为氧化剂，碘化钠为还原产

物，A正确；B项，由化学方程式可知，反应过程中硫元素化合价升高，硫代硫酸钠为还原剂，则氧化剂与

还原剂的比例为1:2,B正确；C项，连四硫酸钠中硫的价态较低具有还原性，受热易分解，因此要密封保

存在阴凉处，C正确；D项，连四连酸钠遇酸发生歧化反应，生成二氧化硫，二氧化硫能与品红反应生成无

色物质，使品红溶液褪色，D错误；故选D。

7.下列反应的离子方程式正确的是()

A.向KAKSO。溶液中滴加Ba(0H)2溶液恰好使沉淀质量最大：

2Al3++3SO42+3Ba2++6OH-2Al(OH)31+3BaSO4；

B.硫酸铁溶液与氨水反应：F^+SOH^FeCOH),4

C.Na2co3溶液吸收少量Cb[已知：Kai(H2co3)>Ka(HClO)>Ka2(H2co3)]:

2CO32+C12+H2O=2HCO.v+ClCy+Cl-

叮短娓)和足量的NaOH溶液共热:

D.乙酸苯酚酯(

+OH△

【解析】A项，沉淀质量最大的离子方程式表示为：AF++2SO42+2Ba2++4OH=AlO2-+2BaSO41,A错误；

B项，氨水不能拆开，应该是Fe3++3NH3H2O=Fe(OHR+3NH4+,B错误；C项，由于K；n(H2co3)>Ka(HC10)

>KM(H2co3),Na2c03溶液吸收少量Ch,碳酸根转化为碳酸氢根，方程式为：

2

2C03+C12+H202HC03-4€10-+C1-,C正确；D项，项苯酚具有酸性，继续和氢氧化钠反应产生苯酚钠，可拆

开写为苯酚根离子，D错误：故选C。

8.下列说法不正确的是()

A.在酸催化下，以苯酚、甲醛为原料可制备线型结构的酚醛树脂

B.以木材、秸秆等农副产品为原料，经加工处理可以得到合成纤维

C.在较高压力、较高温度并在引发剂的作用下，乙烯发生加聚反应生成低密度聚乙烯，可用于生产食

品包装袋等薄膜制品

D.蛋白质分子中氨基酸单体的排列顺序为蛋白质的一级结构，它是蛋白质高级结构的基础

【答案】B

【解析】A项，苯酚和甲醛在催化剂条件发生缩聚反应生成酚醛树脂，酸催化生成线型结构树脂，碱

催化得到体型结构树脂，故A正确；B项，木材、秸秆都含有大量的纤维素，加工后可以提取纤维素，得

不到合成纤维，故B错误；C项，乙烯在较高压力、较高温度并在引发剂的作用下，发生加聚反应得到的

是低密度聚乙烯，故C正确；D项，氨基酸残基在蛋白质肽链中的排列顺序称为蛋白质的一级结构，一级

结构是形成二级、三级等其他高级结构的基础，故D正确：故选B。

A.X分子中所有原子可能在同一平面上B.Y分子中没有手性碳原子

C.用FeC1溶液可鉴别X与YD.X、Y均能使酸性KMnO4溶液褪色

【答案】D

【解析】A项，X分子中含有氮原子，与其它3个原子以3根单键相结合呈三角锥形、分子内有单键

碳原子是四面体结构，故分子内所有原子不可能在同一平面上，故A错误；B项，Y分子中有一个碳原子

分别连有不等同的氮原子、苯环和氢原子，故该碳原子为手性碳原子，故B错误；C项，X和Y中均含酚

羟基，故不能用FeCh溶液鉴别，故C错误：D项，X和Y中均含酚羟基，均能使酸性KMnO」溶液褪色，

故D正确；故选D。

10.四种短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中X是元素周期表中原子半径最小的

元素；Y元素基态原子的最外层有1个未成对电子，次外层有2个电子；Z元素原子最高能级的不同轨道都

有电子，且自旋方向相同；W元素原子的价层电子排布式是ns%p2n。下列说法正确的是（）

A.氨化物的稳定性：一定有ZVW

B.同周期中第一电离能小于Z的有5种

C.Y、Z的最高价氧化物对应的水化物为强酸

D.X、Z可形成Z2X4,该分子中所有原子均满足8d稳定结构

【答案】B

【解析】四种短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中X是元素周期表中原子半径最

小的元素，可知X是H元素；W元素原子的价层电子排布式是ns%p2n,可知W为0元素；Z元素原子最

高能级的不同轨道都有电子，且自旋方向相同，则Z为N,Y元素基态原子的最外层有1个未成对电子，

次外层有2个电子，则Y为Li或B。A项，由分析可知，Z为N,W为O,最简单氨化物的稳定性与非金

属性成正比，非金属性Z<W,则氢化物的稳定性NH3VH2O,但是稳定性NH3>H2O2，A错误；B项，Z

为N,N的2P能级处于半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则同周期中第一电离能小于N

的有Li、Be、B、C、O共5种，B正确；C项，Y元素基态原子的最外层有1个未成对电子，次外层有2

个电子，则Y为Li或B,最高价氧化物对应的水化物不可能是强酸，C错误；D项，X为H,Z为N,X、

Z可形成Z2X4,该分子中H原子不满足8D稳定结构，D错误；故选B。

11.海港、码头的钢制管桩会受到海水的长期侵袭，常用外加电流法对其进行保护（如图所示，其中高

硅铸铁为惰性辅助电极）。下列有关叙述中不正确的是（）

，----------宜流电源

A.a为负极，b为正极

B.高硅铸铁是作为损耗阳极材料发挥作用的

C.通电时，海水中的阳离子向钢制管柱电极移动

D.通电后使钢制管桩表面的腐蚀电流接近零

【答案】B

【解析】由图可知，该金属防护法为外加直流电源的阴极保护法，钢制管桩与直流电源的负极a极相

连，作电解池的阴极，高硅铸铁与直流电源正极b极相连，作阳极。A项，被保护金属与电源的负极相连

作为阴极被保护，则钢制管桩应与电源的负极相连，即a为负极，b为正极，A正确；B项，高硅铸铁为惰

性辅助电极，作为阳极材料不损耗，B错误；C项，电解池中，阳离子向阴极移动，即向钢制管柱电极移动,

C正确：D项，被保护的钢制管桩作为阴极，从而使得金属腐蚀发生的电子迁移得到抑制，使钢制管桩表面

腐蚀电流接近于零，避免或减弱电化学腐蚀的发生，D正确；故选B。

O

II

12.N,N-二甲基甲酰胺［H-C-N(CH3)2］是良好的溶剂。下列说法不氐砸的是()

A.元素电负性大小：x(N)<x(O)B.原子半径大小：r(C)<r(N)

C.分子中含。键和兀键D.该物质分子间存在范德华力

【答案】B

【解析】A项，同周期元素随核电核数增加元素的电负性逐渐增大，故：x(N)<x(O),故A正确；B项,

同周期元素随核电核数增加原子的半径逐渐减小，故：《C)>/<N),故B错误：C项，单键为。键，双键中

有c键和兀键，故C正确；D项，N,N-二甲基甲酰胺为分子晶体，故分子间存在范德华力，故D正确；

故选B。

13.四校高三联考)常温下，将体积均为1mL、浓度均为0.10mol/L的XOH和X2CO3溶液分别加水稀

释至体积为VmL,pH随lgV的变化情况如图所示，下列叙述中正确的是()

A.XOH是弱碱

+

B.pH=10的两种溶液中的C(X):XOH>X2CO3

C.已知H2cO3的电离平衡常数K,〃远大于K〃2,贝IJK〃2约为1.0X10T°2

c(HCO')

D.当lgV=2时，若X2CO3溶液的温度升高，溶液碱性增强，则减小

eg)

【答案】c

【解析】A项，根据图知，O.lmol/L的XOH的pH=13,说明XOH溶液中c(OH)=c(XOH)；B项，XOH

是强碱溶液、X2CO3是强碱弱酸盐溶液，要使两种溶液的pH相等，则c(XOH)Vc(X2CO3),再结合物料守

in-14

恒判断；C项，0.10mol/LX2co3溶液的pH=11.6,则该溶液中c(OH-)=c(HCCh-)二4*mol/L=l()24mol/L,

c(HC0；｝c(0H]K、,KWKj(COj)

c(CO32)=0.1mol/L,Khi=----------------------=r则Ka2二-^"二一-------------c;D项，当lgV=2时，则

c(C。：)心K.C(HCO-)C(OH-)

溶液的体积变为原来的100倍，升高温度，促进水解，第一步水解程度远远大于第二步，所以溶液中C(COF)

减小,c(HCCh-)增大。A项,根据图知，O.lmol/L的XOH的pH=13,说明XOH溶液中c(OH)=c(XOH),

XOH完全电离，为强电解质，A错误；B项，XOH是强碱溶液、X2CO3是强碱弱酸盐溶液，要使两种溶液

+

的pH相等,则C(XOH)<C(X2CO3),再结合物料守恒得c(X)：XOH小于X2CO3,B错误;C项,0.1Omol/LX2cO3

溶液的pH=11.6,则该溶液中c(0H)=c(HC03)=-^―mol/L=1O'24mol/L,c(CO2)=0.1mol/L,

10Tl.63

』皆则3A/磊于备据"—。正确；口项，

当lgV=2时，则溶液的体积变为原来的1()0倍，升高温度，促进水解，第一步水解程度远远大于第二步,

所以5f增大，D错误；答案选C。

所以溶液中c(CO3")减小，c(HCCh-)增大,

c(CO；)

14.四校高三联考)常温常压下，甲醇在催化剂的作用下可以合成2-甲基丙酸甲酯，计算机模拟单个甲

醇分子在催化剂表面的反应过程和能量变化示意图如图，下列说法错误的是()

-1.98

反应过程

A.总反应的热化学方程式为：CH2=CHCH3(g)+CO(g)+CH3OH(l)=(CH3)2CHCOOCH3(l)AWi=-1.98

evmor1

B.第一步反应决定了总反应的化学反应速率

C.化合物8和化合物9互为同分异构体

D.上述反应过程中HCo(CO)3未改变反应的AH,降低了反应的活化能

【答案】A

【解析】A项，图象给出的是单个分子参与反应时的能量变化，总反应的热化学方程式为CH2=CHCH3

(g)+CO(g)+CH30H(1)=(CH3)2CHCOOCH3。)AHi--i.98NAevmol1,故A错误；B项，第1步反应的能

垒最高，所以第1步反应的化学反应速率最慢，故B正确；C项，化合物8和化合物9的分子式相同而结

构不同，故C正确；D项，HCo(CO)3为反应的催化剂，故HCo(CO)3未改变反应的降低了反应的活化

能，故D正确；故选A。

15.分离废水中的Ni?+和Co2+,对节约资源和环境保护有着重要意义，已知：当溶液中离子浓度小于

105moi时，该离子沉淀完全。25C时,H2cCh的电离常数Kai=4.5xl(y7,^2=4.7x10-",有关物质Ksp的

如下表：

物质CoCOsCO(OH)2CoSNiCChNi(OH)2NiS

Ksp1.4xl()T36.3xl0154.0xl(T”6.6x10-92.0xl()T53.2x10-19

物质下列说法正确的是()

A.l.OmolLNa2co3溶液与废水混合，生成的沉淀成分为CoCCh、NiCOj

c(Co2+)

B.25℃时，反应CoCOj(s)+Ni2+(aq)Co2+(aq)+NiCCh(aq)达到平衡，则溶液中

c(Ni2+)=4.7x104

C.25℃时，用NaOH溶液调节废水的pH至8.0,Co?+能沉淀完全

D.将(NH5S溶液逐滴加入浓度均为0.10mol】T的Ni?+和C02+混合溶液中，当Co?+完全沉淀生成CoS

时，c(Ni2+)=8.4xl(HmolL_|

【答案】A

【解析】A项’假设等体积混合’COF的水解平衡常数为K片圻黄(羲产二%，推出

2

c(OH>2.06xlO-mol/Lo若Co?+以CoCO3沉淀加入Na2cCh后溶液中的Co?+为

K(CoCO)14xio-13.

c(Co2+)=sp3,,、，=2.8x1()T3moi/L。若以Co(OH)2沉淀溶液中

c(CO；-)

KMCo(OH)/6.3x10小

0j—1__________=_=__1_._4_8_x_l__O__"_mol/L,以上计算得知CoCCh和NiCOa在此溶液中更难溶。

C2(OH)"(2.06x102)2

c(C02*)_c(Co2+)c(CO；)_K、p(CoCC)3)_1.4x10*

=2.1x10-5

以CoCCh、NiCCh沉淀，A项正确；B项,2+2+9

c(Ni)-c(Ni)c(CO^)-Ksp(NiCO3)-6.6xIO-

B项错误；C项，由Kq』Co(OH)21=c(Co2+)c2(OH)得

c(C。)='—二°巴'」==6.3xl(TmoLL>10-moLL,C02+无法完全沉淀，C项错误：D项，Co2+

c*(OH)GO)

以CoS完全沉淀即c(Co2+)=LOxlOSmoiL]由尸口£2?=49xlCTmolL,

cfCo-)IO--

Q(NiS)=0.10.1mol/Lx4.0xl0-|6=4.0xl0'7<Ksp[NiSJ,此时Ni?+未进行沉淀，浓度则c(Ni2+)=0.1mol/L,D项错

误；故选A。

16.下列方案设计、现象和结论都正确的是（）

目的方案设计现象和结论

检验电解法制备电解饱和食盐水，用湿润的碘化钾淀粉试

A若试纸变蓝色，则说明有氯气产生

的氯气纸检验阴极产生的气体

探究H2O2和Fe3+将稀硫酸酸化的H2O2加入Fe（NO3）2溶液若溶液出现黄色，则说明H2O2的氧化

B

的氧化性强弱中性比Fe3+强

探究CH3coOH用pH试纸分别测定

若pH(NaC10)>pH(CH3coONa),则说

H

C和HC1O的Ka大0.1molLCH3COONa溶液和NaClO溶液

明Ka(CH3C00H)>Ka(HC10)

小的pH

取三支试管各加入等量的己烷、苯、甲苯，若加入甲苯中的溶液褪色，其他两支试

探究有机物基团

D分别加入几滴等量的酸性KMnCU溶液（必管中的溶液不褪色，则说明苯环对甲基

之间的相互影响

要时可以稍稍加热），再观察现象有影响，使甲基更易被氧化

【答案】D

【解析】A项，电解饱和食盐水，氯离子失去电子被氧化为氯气，氯气为阳极产物，故应检验阳极产

生的气体，A错误；B项，氢离子、硝酸根离子和亚铁离子能反应生成铁离子，故探究H2O2和Fe3+的氧化

性强弱，可将稀硫酸酸化的H2O2加入FeSO4溶液中，不能选择Fe（NO3）2，B错误；C项，NaClO溶液具有

漂白性，故不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH,应该用pH计测定，C错误；D项，做这组对比实验，

实验方案正确，若只有甲苯中紫红色褪去，说明甲苯中侧链甲基已经被氧化，甲基变得活泼，则说明苯环

对甲基有影响，D正确；故选D。

非选择题部分

二'非选择题（本大题共5小题，共52分）

17.（10分）战国时期，我国炼丹家就开始对硫单质及含硫化合物的应用进行研究。

(1)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+g表示，与之相反的用表示，称

为电子的自旋磁量子数。基态S原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为。

(2)硫单质有多种同素异形体，其中一种单质分子(SJ的结构如图所示，硫原子的杂化轨道类型为

S.的分子结构

(3)硫单质(S。难溶于水，易溶于CS2,S8是o(填“极性分子”或“非极性分子”)，硫单质易溶于

Na2s溶液，形成Nafx,其中x=2~6,S32-的空间构型为。

(4)许多物质的氧化物固态存在多聚体，例如五氧化二磷实际的分子式是PQ”实验测得璘、硫、氯三

种氧化物的熔点如下，推测固态三氧化硫的分子式为

P4O10三氧化硫

C12O7

熔点613K289K182K

(5)立方硫化锌，其晶胞如图所示。设晶胞中S原子与其最近Zn原子的距离为dpm,其密度为o&cm-,

阿伏加德罗常数NA为。(列出计算式，用含d、P的式子表示)。

【答案】(1)2：1或1：2(2分)

(2)sp3(l分)

(3)非极性分子(1分)V形(1分)

(4)S3O9或(SO3)3(2分)

⑸设晶胞边长为…=4^=警*1。缶，。=货

=淖呼叫分）

n_4M（ZnS）_4x97g-mor'3

pa3

【解析】（I）基态S原子的价电子排布式为3s23P九其中3s轨道上两个电子的自旋方向相反，3p轨道上,

3个电子的自旋方向相同，1个电子与另外3个电子自旋方向相反，则两种自旋状态的电子数之比为2：1

或者1：2。（2）从图中结构可知，S8中S原子形成2个S-S单键，还有2对孤电子对，价层电子对数为4,

采用sp3杂化。（3）CS2为非极性分子，水分子为极性分子，S8难溶于水易溶于CS2,说明S8为非极性分子。

S3?•中S原子价层电子对数为4,孤电子对数为2,故空间构型为V形。（4）三氧化硫的熔点大于O2O7小于

POio,说明固态三氧化硫的相对分子质量大于CbCh小/P^Oio,即183〈固态三氧化硫的相对分子质量＜284,

则固态三氧化硫的分子式为S3O9o（5）晶胞中S原子与其最近Zn原子的距离为dpm,该距离为体对角线长

度的:，则体对角线长度为4dpm，则边长为竽dpm,则体积为萼d'pm',根据均摊法，一个晶胞中含

4x97g/mol

有4个S原子和4个Zn原子，则P=NAX6h/3d3xl0-3ocm3，

NA=一衿祟叫=二图。

pg/cmxdx10cm16/xT

18.（10分）固体化合物X由3种元素组成，某学习小组开展如下探究实验:

其中气体体积已经折算成标况，气体A可使品红溶液褪色，固体B是混合物，溶液D显深蓝色，沉淀

E经过滤、洗涤、灼烧后得到0.80g红棕色固体，请回答：

（1）化合物X所含元素是（填元素符号）。

（2）溶液D中显深蓝色的溶质是（用化学式表示）。

（3）化合物X在空气中灼烧的化学化学方程式_________________________。

（4）干燥的气体A与氯气在活性炭催化下可生成一种用于有机合成的常见物质，该物质水解时发生非氧

化还原反应得到两种强酸。写出该物质分子的结构式：。

（5）向溶液C中加入一定量的Fe,充分反应后，仍有固体存在，此时，溶液中一定没有的金属阳离子是

,请设计实验证明你的结论o

【答案】(l)Fe、Cu、S(2分)

(2)[CU(NH3)4]SO4(2分)

(3)4Cu2FeO3+19O28CuO+2Fe2O3+12SO2(2分)

O

(4)Cl-N-Cl(2分)

A

(5)Fe3+(l分)取少量反应后的溶液于试管中加入KSCN溶液，溶液不显红色(1分)

【解析】气体A可使品红溶液褪色，说明A为SCh,根据元素守恒，化合物X中含有S元素，溶液D

显深蓝色，推出溶液D中含有Cu元素，即X中含有Cu元素，沉淀E灼烧后得到红棕色固体，红棕色固体

2+

为Fe2O3,说明X中含有Fe元素。(1)根据上述分析，X中含有的元素是Fe、Cu、S：(2)溶液C中含有Cu,

CM+与NH3结合成[Cu(NH3)4]2+,[Cu(NH3)4]2+显深蓝色，溶液D中所含溶质为[Cu(NH3)"SC)4；(3)气体A为

SO2,其物质的量为电细以竺妫=0.03mol,化合物X中S原子物质的量为().03mol,红棕色固体质量

22.4L/mol

为0.80g,氧化铁的物质的量为伴詈；=°・°05moL即化合物X中铁原子物质的量为0.005molx2=0.01mol,

160g/mol

,,,.,e-……口12.80g-0.03molx32g/mol-0.01molx56g/mol八A»zt

则t化合物X中Cu原子物质的量为--------------------------------——=0.02mol,化合物X的化学式

64g/mol

为CuzFeS.”化合物X在空气灼烧得到产物是CuO、Fe2Oj>SO2,反应方程式为：

4Cu2FeO3+19Ch豌8CuO+2Fe2O3+12SCh;(4)SO2与CI2在活性炭催化下发生化合反应SO2c3与水反应发

生非氧化还原反应，得到两种强酸，这两种酸为HC1和H2s0」，S显+6价，。显-1价，O显-2价，该化合

()

物的结构式为。一[一<1；(5)溶液C中所含溶质为CuSCh、FeMSOS、H2SO4,加入铁单质，铁先与Fe?+反

O

应生成Fe2+,然后铁单质再与C/+发生置换反应得到Cu和Fe2+,仍有固体存在，该固体可能为Cu,也可

能为Cu、Fe的混合物，此时溶液中一定没有Fe3+,检验Fe3+,用KSCN溶液，操作是取少量反应后的溶液

于试管中加入KSCN溶液，溶液不显红色，说明不含Fe3+。

19.(10分)醇是一种重要的工业原料，被广泛应用于能源、化工、食品等领域。乙酸甲酯CH3coOCH3

加氢是制取乙醇的主要反应。反应如下：

1

I.CH3COOCH3(g)+2H2(g)C2H50H(g)+CH30H(g)AHi=-71kJ-moP

II.CH3coOCH3(g)+H2(g)CH3CHO(g)+CH30H(g)AH2=+13.6kJmol।

(1)一定条件下，在恒温恒容容器中通入一定量的乙酸乙酯和氢气发生反应I和IL反应达到平衡的标志

为(填字母)。

A.v正（H°）=2v逆（CHQH）B.容器中气体的平均摩尔质量不再变化

C.混合气体的密度不再变化D.c(CH3OH):c(CH3cHe))不再变化

(2)其它条件相同，将乙酸甲酯与氢气按一定流速通过催化剂表面，乙酸甲酯的转化率与乙醇的选择性

随氢酯比1/二1对”］的关系如图1所示。氢酯比在2~9之间，乙醇的选择性随氢酯比增大而逐渐增

大的原因为»

100100

皙

、

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9o斑

C903

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O般

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。H

7O

21O482720

氢

比

L0S

图

(3)压强p°的恒压密闭容器中，通入2.0molCH3coOCH3和3.96molH2发生反应I和II,测得不同温度

下达平衡时CH3co0CH3转化率和乙醇的选择性如图2所示。260℃时反应I的标准平衡常数为

K°=(已知对于反应：dD(g)+eE(g)=^gG(g)+hH(g),其标准平衡常数：:。温

图•图

度高于240℃时，随温度升高乙酸甲酯的转化率降低的原因是o［乙醇的选择性

_n(最终转化为乙醉的CH3coOCH、)

n(转化的CH3COOCH3)1

10o11

0o0

C9o

H乙

O8o8o

O醇

Oo

7的

C

H选

36o6

o择

转

性

化4O4％

率O

％

202

O222O223

1680)()406000

反应温度/℃

图2

F

（4）化学反应速率常数随温度变化关系的经验公式为：Rlnk=-宁+C（Ea为活化能一假设受温度影响忽略

不计，k为速率常数，R和C为常数），为探究催化剂m、n的催化效率，进行了相应的实验，依据实验数

据获得图3曲线。假设催化剂n的催化效率大于m的催化效率，请在图3中画出催化剂n的相应图线并标注

【答案】（1）BD（2分）

（2）氨酯比在2~9之间，氨酯比增大相当于增大氢气的浓度，反应在达到平衡前，氢气的化学吸附是决

速步，增大氢气的浓度利于加快反应的速率，且主反应的反应速率增大程度大于副反应；若反应已经达到

平衡，增大氢气浓度，导致主反应正向移动且主反应的正向移动程度大于副反应，故氨酯比在2~9之间，

乙醇的选择性随氨酯比增大而逐渐增大（2分）

（3）65.8（2分）反应I为放热反应，升高温度平衡逆向移动，反应n为吸热反应，升高温度平衡正向

移动，此时反应I占主导，导致升高温度，乙酸甲酯的转化率降低（2分）

（2分）

【解析】⑴A项，两个反应中均有氢气参与，v正(H?)=2v逆(C&OH),不能说明正逆反应速率相等,

不能说明反应达到平衡，A不符合题意；B项，混合气体的平均摩尔质量为M=m/n,气体质量不变，但是

气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，B符合题意：C

项，容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，C不符合

题意；D项，c(CHQH):c(CH3CHO)不再变化，说明平衡不再移动，达到平衡，D符合题意；故选BD；(2)

氨酯比在2~9之间，氢酯比增大相当于增大氢气的浓度，反应在达到平衡前，氢气的化学吸附是决速步，

增大氢气的浓度利于加快反应的速率，且主反应的反应速率增大程度大于副反应；若反应已经达到平衡，

增大氢气浓度，导致主反应正向移动且主反应的正向移动程度大于副反应，故氢酯比在2~9之间，乙醇的

选择性随氢酯比增大而逐渐增大；(3)压强p，的恒压密闭容器中，260℃时，CH3co0CH3的转化率为90%、

乙醇的选择性为70%,故反应CH3coOCH3为1.8mol、生成乙醇1.26mol；

CHCOOCH.(g)-2H.(g)^=^C_H.OH(g)-CH.OH(g)

起始Imoli2.03.9600

丰就Imo”1.262521261.26

平衡|mol|

CHCOOCH.(g)-H.(g)CH.CHO(g)-CH.OH(g)

翅^Imol)

辛靴(mol)1.8-126=0.540540.540.54

平衡(m明

则反应后CH3coOCH3、H2、C2H5OH、CH30H分别为0.2mol、0.9mokl.26moK1.8mol,总的物质

1.8o1.26

0nx-----nx------

_4.714.7

小X0

K。-PP

的量为4.7mol；则00.20.965.8；温度高于240℃时，随温度升高乙酸甲酯的转化率降低

px——x—

4.7乂4.7

P0

的原因是反应I为放热反应，升高温度平衡逆向移动，反应n为吸热反应，升高温度平衡正向移动，反应I

E1

占主导，导致升高温度，乙酸甲酯的转化率降低；(4)Rlnk=-f+C=乜x1+C,则斜率体现反应的活化能，

假设催化剂n的催化效率大于m的催化效率，则其能更大程度的降低反应的活化能，图像为

-Rlnk/CJ-mor'-K1)

\(7.5,27)

0131

y/(10V)

图3

20.(10分)叠氮化合物是重要的有机合成试剂，实验室制备KN3流程如图。

I.制备亚硝酸异丙酯[(CH3)2CHONO]

NaNCh溶液

II.

制备KN3

已知：相关物质的性质见下表

物质颜色、状态沸点溶解性

KN3无色晶体300℃,受热易分解易溶于水，微溶于乙醇，不溶于乙醛

（CH3）2CHOH无色液体82℃微溶于水，与乙醇、乙醛混溶

（CH3）2CHONO无色油状液体39℃不溶于水，与乙醇、乙醛混溶

N2H4H2O