2024届北京市朝阳区高三年级下册二模化学试题（含答案解析）

2024届北京市朝阳区高三下学期二模化学试题

学校:姓名：班级：考号：

一、单选题

1.最近，我国研究人员成功制备出高强度、高导电性、高耐热的铝一错一铳（Al-Zr-Sc）

合金材料，为提升我国绿色铝产业深加工能力提供了支撑。下列说法不正声的是

A.A1是地壳中含量最多的金属元素

B.基态2Sc的简化电子排布式是[Ar]3d24sl

C.Al-Zr-Sc合金具有高强度与合金的结构相关

D.Al-Zr-Sc合金的导电性与自由电子的运动相关

2.下列化学用语或图示表达不思琥的是

NH,的电子式为H：N：H

A.

B.HCHO分子的空间结构模型为

c.乙烯分子中兀键的形成过程：

D.邻羟基苯甲醛分子内形成的氢键:

3.下列事实可以用平衡移动原理解释的是

A.合成氨工业中使用铁触媒，提高生产效率

B.铝片放入浓HNO3中，待不再变化后，加热产生红棕色气体

C.在钢铁表面镀上一层锌，钢铁不易被腐蚀

D.盐碱地（含较多的NaCl、Na2cO3）施加适量石膏（CaSO,NH?。），土壤的碱性降

低

4.下列离子方程式与所给事实不相行的是

A.用过量的氨水吸收S。？：NH3H2O+SO2=NH：+HSO；

B.用饱和食盐水制烧碱：2C1+2H2O-2OH+Cl2T+H2T

C.用T©4制TiOz/H?。：TiCl4+(x+2)H2O=TiO2-xH2O4-+4HC1

高温小

D.用焦炭还原石英砂制粗硅：SiO,+2C—Si+2CO?

5.实验室用乙醇与浓硫酸制备乙烯并验证其性质，装置及试剂如图所示。

酸性

镒酸

溶液

下列说法不正确的是

A.在浓硫酸的催化下，乙醇转变为乙烯

B.使用NaOH溶液的目的是排除CO2的干扰

C.使烧瓶内混合液的温度迅速上升到170℃,可减少乙醛的产生

D.在烧瓶中放入几片碎瓷片，以避免混合液在受热时暴沸

6.土壤中的微生物可将大气中的H?S经两步反应氧化成SO丁，两步反应的能量变化如图。

下列说法不正聊的是

A.。的非金属性大于S,推知热稳定性：H2O>H2S

B.两步反应中化学键断裂吸收的总能量均小于化学键形成释放的总能量

+1

C.H2S(g)+2O2(g)=SO；-(aq)+2H(aq)AH=-364.0IkJ-mor

D.结合S(s)的燃烧热，可求算2H2s(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2HQ(g)的AH

7.实验室检验下列气体时，选用的除杂试剂和检验试剂均正确的是

试卷第2页，共12页

气体除杂试剂检验试剂

A浓硝酸分解产生的。2无湿润的淀粉-KI试纸

B浓盐酸与MnO2反应产生的Cl2NaOH溶液湿润的有色布条

C木炭和浓硫酸反应产生的co2饱和NaHCOs溶液澄清石灰水

DNH4HCO3分解产生的NH3CaO和NaOH混合物湿润的红色石蕊试纸

A.AB.BC.CD.D

8.一种控制分子是否发光的“分子开关”工作原理如图所示。

分"fp（九围下不发光）起分子Q（光晟下发Jt）

下列说法不正理的是

A.分子P中的。均为sp2杂化

B.分子P转化为超分子Q时，N与H+形成配位键

C.增大溶液pH并除去Na+,可使超分子Q转变为分子P

D.推测分子P可以增大NaCl在有机溶剂中的溶解度

9.有机物M在碱性条件下可发生如下反应：

下列说法不E俄的是

A.M中酮瑛基邻位甲基的C-H键极性较强，易断键

B.推测M转变为N的过程中，发生了加成反应和消去反应

C.不能通过质谱法对M、N进行区分

D.该条件下还可能生成

10.粗盐中的杂质离子主要有so：、Ca2+>Mg",采用如下方法得到精制盐水，进而制取

精盐（部分流程略）。

盐3a||盐•b

已知：i.

物质BaSO4BaCO3CaCO3Mg(OH)2

/（25。。）l.lxlO-102.6xW93.4X10-5.6x10-2

ii.粗盐水中c（SOj）>c（Ca2+）

下列说法不自理的是

A.过程I中当溶液pH=ll时，Mg?+已沉淀完全

B.过程II中加入足量的Bae。?，盐水b中的阴离子仅含有C「、OH

C.过程II中若改为先加BaCl2溶液、过滤后再加Na2cO3溶液也能达到除杂目的

D.过程III中滴加盐酸调节pH时，应调至溶液呈中性或微酸性

11.不对称分子刷（聚合物C）在分子自组装领域具有重要的研究价值，其合成路线如下:

ozA-0

最合物C

下列说法不正破的是

A.聚合物A的单体结构为:

试卷第4页，共12页

B.反应①和②的反应类型相同

C.推测HO-T-H在空气中放置可被氧化

D.聚合物C在碱性条件下的水解产物不完全是小分子

12.研究人员利用电化学原理吸收废气中的NO?,其工作原理如下图所示。

溶液X

（含手：）

*-NO2

惰

惰

惰

性

性

zn性

电

电

电

电

极

极

极

极

NO"质子交换膜

下列说法不正破的是

A.a电极为负极，c电极为阳极B.b电极的电极反应式为：NO2+e=NO；

C.反应一段时间后，c极区溶液pH减小D.每吸收ImolNOz，理论上可以得到

ImolNH；

13.将C11SO4溶液分别滴入Na2cO3溶液和NaHCOs溶液中，均产生沉淀和气泡。取①中沉

淀洗涤后，加入足量盐酸，无气泡产生；取②中沉淀洗涤后，加入足量盐酸，产生少量气泡。

•ioy**v*.^*

••

下列分析不E强的是

A.Na2co3、NaHCOs溶液中均存在c（CO；-）+c（HCO；）+c（H2CC）3）=0.1moLLji

B.C11SO4能促进Na2cO3、NaHCOs的水解

C.①中发生的反应：Cu2++2CO；+2H2O=Cu（OH）2J+2HC。；

D.对比①②沉淀加入足量盐酸后的现象，说明溶液中的｛OH1和c（COj）均对沉淀成

分有影响

14.甲烷还原二氧化碳是实现“双碳”目标的有效途径之一。常压、催化剂作用下，按照C0：

和CH4的物质的量之比3:1投料。有关反应如下:

I：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△M=+247kJmo「

1

II：CO2(g)+H2(g).CO(g)+H2O(g)A^2=+41kJ-mor

某一时段内，CH4和co2的转化率随温度变化如下图所示。

已知：CO2的转化效率

下列分析不亚确的是

A.根据反应I、II,低压高温有利于提高CO?的平衡转化率

B.500°。时，CO2的转化效率为1.5

C.由400℃升高到600℃,含氢产物中水的占比增大

D.由700℃升高到1000℃,CO?的转化效率逐渐增大

二、解答题

15.氢的有效储存与释放是氢能应用的关键问题之一。

I.有机储氢材料

(1)N—乙基咔嗖是具有应用前景的储氢材料，其储氢、释氢原理如图1所示。

::

N-乙基咔嘎12H-N-乙基咔嚏

'Pt/Al2O3,180℃

释氢

图1

①基态N原子价层电子轨道表示式为。

试卷第6页，共12页

②AbOs晶体中离子键的百分数为41%。分析Na2O、MgO、SiO2,PP5中离子键的百分数

小于41%的有。

③比较在水中的溶解性：12H-N-乙基咔陛____乙胺（C2H5NHQ（填“>”或“<”）。

（2）HCOOH是安全方便的具有应用前景的液态储氢材料。HCOOH催化释氢的可能机理如图

图2图3

①依据VSEPR模型，CO?中心原子上的价层电子对数是

②为证实上述机理，用HCOOD代替HCOOH进行实验。在图3中补充HCOOD催化释氢

部分过程的相应内容。

II.复合储氢材料

（3）一种新型储氢材料的晶胞形状为正方体如图4。

Fe

（顶点均为NH3）

B

（顶点均为H）

图4

①该物质的化学式为o（电负性：B元素为2.0,H元素为2.1）

②已知阿伏加德罗常数为NA，该物质的摩尔质量为Mg-moL,该晶体的密度为pg-cnr）

则晶胞边长为nm。（1cm=107nm）

16.研究发现，［Fe（H）-Y『溶液可用于脱除烟气中的NOx（含约90%的NO和少量NO?

等），流程如图。

已知：i.[Fe(II)-Y丁由Fes。4与H4Y(乙二胺四乙酸，一种有机弱酸)的钠盐形成。

ii.[Fe(II)-Y]2"(aq)+NO(g)«[Fe(II)(NO)-Y『(aq)AH<0

(1)烟气中的NO?与水反应的化学方程式为O

(2)[Fe(II)-Y丁的结构如下图所示，其中心离子的配位数为o

⑶探究影响[Fe(H)-Y丁脱除NO的因素。

①的影响：弱酸性条件下。2会降低[Fe(II)-Y厂对NO脱除效率，结合离子方程式说明

原因__________O

②温度的影响：研究发现60℃时NO脱除效率比30℃时低，分析可能原因_________o

③pH的影响：将NO按一定流速通入不同pH的[Fe(II)-Y丁溶液中，研究pH对NO脱除

效率的影响，结果如下图。

相同的时间内，pH=2和pH=10时NO脱除效率均低于pH=6时，解释原因_________。

⑷酸性条件下[Fe(H)-Y『再生。

2-2-

□[Fe(II)(NO)-Y]+DH2PO；+nH2O+n______=□[Fe(II)-Y]+□NH^+□_______

(将离子方程式补充完整)

17.化合物M作为抗肿瘤候选药物正处于临床研究阶段，其合成路线如下：

试卷第8页，共12页

F

R7

11.+H2O

(1)A中所含官能团是

(2)D的结构简式是o

(3)D-E的转化过程中，还可能生成E的同分异构体，其中一种同分异构体的结构简式

是o

(4)G-H的化学方程式是0

(5)1的分子式为C3H6。3,核磁共振氢谱中只有一组峰，I的结构简式是

N

的合成步骤如下:

⑹H2N

T

又（Boc）2。一HN人CNNH3

S

HNCNI加成

2Boc

应0

HCH

I3

C--

注：Boc的结构简式为C-I

CH

2

①T的结构简式是

②上述合成中PfQ的目的是

18.以铭铁矿(主要成分为FeCrzO,,还含有MgO、A12O3,SiO?等)为原料制备

Na2Cr2O7-2H2O的一种工艺流程如图。

母液

纯碱〉水

滤渣

铭铁矿焙烧”浸取2

III

已知：A12O3与纯碱焙烧转化为NaAlO2,SiO2与纯碱焙烧转化为Na2SiO3。

⑴过程I中FeCrzO,转化为FezOj和NazCrO”反应中FeCrq’与。2的化学计量数之比

为

(2)滤渣1主要含有.

(3)矿物中相关元素可溶性组分的物质的量浓度c与pH的关系如下图所示。

①过程m中使用H2sO4溶液的目的是

试卷第10页，共12页

②过程IV发生反应2CrO：+2H+Cr2O^+H2O,计算该反应的K。。

(4)利用膜电解技术，以NazCrO』溶液为阳极室电解质溶液，NaOH溶液为阴极室电解质溶液

离子交换膜

①离子交换膜应该选用O

a.阴离子交换膜b.质子交换膜c.阳离子交换膜

②结合方程式解释NaWrq,产生的原理。

(5)测定产品中NazCrQ,-2凡。的质量分数。

称取ag产品，用500mL容量瓶配制为待测液。取25mL待测液于锥形瓶中，加入蒸储水和

稀硫酸等，用6moi・L^(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液vmL。产品中

Na2Cr2O7-2H2O(摩尔质量为Mg.mo『)的质量分数为。

己知：酸性条件下Cr2O?-被还原为CB。

19.以CuC"溶液、浓盐酸为腐蚀液，能将覆铜板上不需要的铜腐蚀。某小组对此反应过程

进行探究。

资料：i.水溶液中：［CuCl3r呈无色；［CuCl4r呈黄色；［Cu2c以耳。),呈棕色。

ii.［CuCl3r.CuCl+2Cr；CuCl为白色固体，难溶于水。

将等体积的溶液a分别加到等量铜粉中，实验记录如下：

实

溶液a现象

验

ICuCl2溶液(Imol-IT1)产生白色沉淀，溶液蓝色变浅，5h时铜粉剩余

产生无色气泡，溶液无色；继而溶液变为黄色；较

II浓盐酸(lOmol-171)

长时间后溶液变为棕色，5h时铜粉剩余

溶液由黄绿色变为棕色，无气泡；随着反应进行，

-1

CuCl2溶液(Imol-L)和浓盐

III溶液颜色变浅，后接近于无色，5h时铜粉几乎无剩

酸(lOmol-L；1)

余

（1）I中产生白色沉淀的离子方程式是。

（2）对于实验II的现象进行分析。

①经检验II中气体为H?。分析气体产生的原因，进行实验：将5moi1一凡$04溶液加到铜

粉中，溶液慢慢变蓝，未检测到

依据电极反应式，分析产生H2的原因_________。

②II中溶液变为黄色，用离子方程式解释可能原因__________o

⑶对比实验I、III,分析实验III中将溶液a加到铜粉中未产生白色沉淀的原因。

①假设1：c（C「）增大，白色沉淀不能稳定存在。

实验验证：取I中洗涤后的沉淀，加入饱和NaCl溶液，白色沉淀溶解。结合平衡移动原理

解释沉淀溶解的原因__________。

②假设2：c（H+）增大，白色沉淀不能稳定存在。

实验验证：（填操作和现象），证实假设2不合理。

（4）实验n、iii对比，实验n中产生气泡，实验ill中无气泡。分析可能原因_____=

（5）结合现象和化学反应原理解释选择CuCL与浓盐酸的混合液而不单独选择CuCL溶液或

浓盐酸做腐蚀液的原因_________。

试卷第12页，共12页

参考答案：

1.B

【详解】A.Al元素是地壳中含量最多的金属元素，A正确;

B.Sc为21号元素，基态"Sc的简化电子排布式是[Ar]3dzs2,B错误;

C.物质的性质决定物质的用途，Al-Zr-Sc合金具有高强度与合金的结构相关，C正确；

D.电子的定向移动形成电流，Al-Zr-Sc合金的导电性与自由电子的运动相关，D正确;

故选B。

2.A

【详解】

：A.NH3是共价化合物，N、H原子间共用1对电子对，N原子最外层电子数为8,其电

子式为H：N：H,故A错误;

H

B.HCHO是平面结构的分子，含有C=O键和C—H键，且原子半径：C>O>H,其空间

结构模型为故B正确；

C.乙烯分子中的无键是C原子的2P轨道以“肩并肩”的方式重叠形成的，其形成过程为

*土罂/故C正确;

D.邻羟基苯甲醛分子含有O—H键，一CHO中含有电负性大的O原子，二者位置较近，

0<。

根据氢键形成条件可知，邻羟基苯甲醛分子可形成分子内氢键，示意图为人/、H，故D

正确。

答案选A。

3.D

【详解】A.合成氨工业中使用铁触媒做催化剂，可以加快反应速率、但不能使平衡发生移

动，不能用平衡移动原理解释，A项不符合题意；

B.常温下A1放入浓硝酸中发生钝化，加热后A1与浓硝酸反应生成A1(NC>3)3、红棕色的

N02气体和H2O,不能用平衡移动原理解释，B项不符合题意；

C.在钢铁表面镀上一层锌，隔绝钢铁与空气、水分的接触，使钢铁不易被腐蚀，不能用平

衡移动原理解释，c项不符合题意；

D.在盐碱地(含较多的NaCl、Na2co3)中存在水解平衡CO；+H2O.-HCOg+OH、HCO-

答案第1页，共14页

+H2O-H2CO3+OH-,使盐碱地土壤呈碱性，施加适量石膏，Ca2+与CO；结合成CaCO3,CO；

的浓度减小，上述水解平衡逆向移动，或者：硫酸钙是微溶物、碳酸钙是难溶物，加入的硫

酸钙能转化为碳酸钙沉淀，使碳酸根浓度减小、土壤的碱性降低，能用平衡移动原理解释,

D项符合题意；

答案选D。

4.A

【详解】A.用过量的氨水吸收SO2生成亚硫酸镀，离子方程式为

2NH3-H2O+SO2=NH：++H2O,故A错误；

B.电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，常用于工业上制烧碱，离子方程式为

电解

2CF+2H2O-2OH+C12T+H2T,故B正确；

C.TiCH水解程度很大，能反应完全，其水解反应方程式为

TiCl4+(x+2)H2O=TiO2-XH2OJ+4HC1；故C正确;

D.石英砂的成分是SiCh,用焦炭还原石英砂制粗硅的化学方程式为

高温小

SiO2+2C=^Si+2COT,故D正确。

答案选A。

5.B

【详解】A.在浓硫酸的催化下，乙醇发生消去反应，生成乙烯，A正确；

B.浓硫酸具有脱水性和强氧化性，反应过程中会生成CO?、SO2,SO2、乙醇都能使酸性

高锦酸钾溶液褪色，CO?不能使酸性高镒酸钾溶液褪色，贝ijSOz、乙醇扰乙烯的检验，co2

不干扰乙烯的检验，所以使用氢氧化钠溶液的目的是排除SO,、乙醇的干扰，B错误；

C.乙醇在浓硫酸作催化剂、加热170℃下发生消去反应生成乙烯，在浓硫酸作催化剂、加

热i4(rc下发生取代反应生成乙酸，所以使烧瓶内混合液的温度迅速上升到i7(rc,可减少

乙醛的产生，c正确；

D.碎瓷片能防暴沸，所以在烧瓶中放入几片碎瓷片，以避免混合液在受热时暴沸，D正确；

故选B。

6.C

答案第2页，共14页

【详解】A.非金属性越强的元素简单气态氢化物稳定性越强，O的非金属性大于S,推知

热稳定性HZOAH,S,A正确；

B.由图可知两步反应均为放热反应，所以反应物化学键断裂吸收的能量小于生成物化学键

形成放出的能量，B正确；

C.由图可知，第一步热化学反应为H2s(g)+；C)2(g)=S(s)+H2O(g)AH=-221.19^720/-1,

3

第二步反应为$卜)+弓。2(g)+H2O(g)=SOj(aq)+2H+(收)AH=-585.20UWZ1,根据盖

斯定律两步反应式相加H2s(g)+2O2(g)=SOj(aq)+2H+(aq)AH=-806.39kJTmol1,故C

错误；

D.结合S(s)的燃烧热可得到代表S(s)的燃烧热的热化学方程式，再结合第一步热化学方程

式，按盖斯定律，可求算2H2s仅)+302信)=28021)+2区0伍)的谶，D正确；

故本题答案选C。

7.D

【详解】A.可能是挥发的硝酸或分解生成的二氧化氮氧化KI生成碘，淀粉遇碘单质变蓝，

不能证明浓硝酸分解产生。2,,A错误；

B.氯气与NaOH溶液反应，不能用湿润的有色布条检验氯气，B错误；

C.生成的二氧化硫与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，不能证明木炭和浓硫酸反应产生

C02,C错误；

D.碳酸氢镂分解生成氨气、水、二氧化碳，CaO和NaOH混合物可除去水和二氧化碳，

氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，可检验生成的氨气，D正确；

故选D。

8.A

【详解】A.分子P中的0均形成2个。键、有两对孤电子对，。的价层电子对数为4,0

都采取sp3杂化，A项错误；

B.N上有孤电子对，H+有空轨道，故分子P转化为超分子Q时，N与H+形成配位键，B

项正确；

C.分子P+Na++H+-超分子Q,增大溶液pH并除去Na+,消耗H+,H+和Na+的浓度减小，

反应逆向进行，超分子Q转变为分子P,C项正确；

D.分子P为有机物、易溶于有机溶剂，分子P能与Na+形成超分子，可以增大NaCl在有

答案第3页，共14页

机溶剂中的溶解度，D项正确；

答案选A。

9.C

【详解】A.受媒基的吸电子效应影响，段基邻位甲基上的氢表现出一定酸性，C-H键极性

较强，易断键，A正确；

B.M转变为N的过程中发生成环并消去了一个氧原子，推测发生了加成反应和消去反应，

B正确；

C.M、N分子式不同，故能通过质谱法对M、N进行区分，C错误；

D.观察到M中上下反应位点相同，呈对称结构，推测该条件下还可能生成

即碳碳双键出现在下侧，D正确；

故本题答案选C。

10.B

【分析】粗盐中含有SOj、Ca2+、Mg2+,加入氢氧化钠溶液,发生Mg2++2OIT=Mg(OH)zJ,

过滤得到盐泥a,盐泥a为Mg(OH)?,再加入BaCO?固体，由表中数据知，发生

BaCO3(s)+SO1-㈤)BaSO4(s)+CO：(做)，得到BaSO4沉淀，过滤，盐泥b为BaSO4,

再加入盐酸调节pH值，得到精制盐水，据此回答。

3

【详解】A.过程I中当溶液pH=ll时，c(0H-)=10mol/L,

c(Mg2+)==5.6x10-6<1.0x10一5,Mg?+已沉淀完全，A正确；

B.由分析知，过程II中加入足量的BaCC>3,盐水b中的阴离子仅含有C「、OH,CO;~,

B错误；

C.过程II中若改为先加BaCl?溶液，发生Ba2++SO；=BaSC>4过滤后再加Na2c03溶液

将过量的Ba?+除去，也能达到除杂目的，C正确；

D.过程III中滴加盐酸调节pH时，应调至溶液呈中性或微酸性，防止引入新的杂质，多余

的盐酸在蒸发过程中除去，D正确；

故选B。

11.B

答案第4页，共14页

【详解】

A.聚合物A的单体结构可看作二取代的烯燃衍生物:A正确;

B.反应①为加成反应，②为取代反应，二者反应类型不同，B错误；

C."0-T-H中含有酚羟基和碳碳不饱和双键，不稳定，推测其在空气中放置可被氧化,

C正确；

D.聚合物C在碱性条件下的水解产物，例如MO-T-H,不完全是小分子，D正确；

故本题答案选B。

12.D

【分析】由图知，锌电极a为原电池为负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+,惰性电极b为原

电池正极，电极反应式为NO2+e-=NO£,惰性电极c与电源正极相连，为电解池阳极，电

极反应式为2H2（）-4e-=O2+4H+,氢离子经过质子交换膜移向惰性电极d,惰性电极d与

电源负极相连，为阴极，电极反应式NOZ+6e-+8H+=NH；+2H2。，据此回答。

【详解】A.由分析知，a电极为负极，c电极为阳极，A正确；

B.b电极的电极反应式为：NO2+e=NO-,B正确；

C.c极的电极反应式为2H2（）-4e-=Oz+4H+,即每转移4moi电子，有4molH+通过质子交

换膜进入d极区，但c极区溶液中的水被消耗，因此pH减小，C正确；

D.根据电极反应式为NO?+e「=N。],每吸收ImolNCh生成ImolNO],转移Imol电子,

+

电极上电子数目守恒，结合电极反应式：NO-+6e-+8H=NH：+2H2O,理论上ImolNO：

不可能得至UlmolNH；,D错误；

故选D。

13.D

【详解】A.Na2cO3溶液和NaHCOs溶也中均存在物料守恒，根据物料守恒得

1

c（CO^）+c（HCO；）+c（H2CO3）=0.Imol-L-,A正确；

+

B.CuSC）4溶液中存在d?++2凡0CU（OH）2+2H,溶液显酸性，能促进Na2co3、NaHCO,

的水解，B正确;

答案第5页，共14页

C.取①中沉淀洗涤后，加入足量盐酸，无气泡产生，故沉淀为CU(OH)2,①中发生的反应:

2+-

Cu+2COf+2H2O=Cu(OH)01+2HCQ-,C正确;

D.①中沉淀洗涤后，加入足量盐酸，无气泡产生，说明溶液中的c(OJT)对沉淀成分有影

响，②中沉淀洗涤后，加入足量盐酸，产生少量气泡，说明溶液中的dCO：)对沉淀成分无

影响，D错误；

故选D。

14.C

【详解】A.反应I是气体分子数增大的吸热反应，反应II是气体分子数不变的吸热反应,

升高温度均有利于反应I、II的平衡正向移动，提高CO2的平衡转化率，且降低压强有利

于反应I的平衡正向移动，c(H2)增大可促进反应n的平衡正向移动，也可提高co2的平衡

转化率，所以低压高温有利于提高C02的平衡转化率，故A正确；

B.由图可知,500℃时CO2的转化率为20%,CH4的转化率为40%,CO2的转化效率为生暨

1x40%

=1.5,故B正确;

C.由图可知，温度由400℃升高到600℃时CH4转化率的增大幅度远大于CO2,则此时主

要发生反应I,且只有反应H生成水，所以含氢产物中水的占比减小，故C错误；

D.由图可知，由700℃升高到1000℃时411902)变化幅度较大，AnCCHd)变化幅度较小，

则CO2的转化效率逐渐增大，故D正确。

答案选C。

15.(1)ElI』ItItISiO2,P2O5<

2s2p

答案第6页，共14页

【详解】(1)

①基态N为7号元素，其原子价层电子轨道表示式为EH川，H」。

2s2p

②硅磷电负性大于铝，则硅氧、磷氧键的离子成分小于铝氧键，故Na?。、MgO、SiO2、P2O5

中离子键的百分数小于41%的有Si。?、P2O5O

③CR5NH2能和水形成氢键，而12H-N-乙基咔嗖不能形成氢键，则在水中的溶解性:

12H-N-乙基咔嗖小于乙胺；

(2)①C02分子中C原子的价层电子对数为2+土燮=2。

②由反应历程可知，HCOOD中D原子和氮结合、HCOOD中H原子和Pd结合，然后在③

反应中H和D结合生成氢气，故图示为:

(3)

①电负性：B元素为2.0,H元素为2.1,则0代表(图B表示B%,据“均摊法”，晶

2+

胞中含8个BH「8x1+6xl=4^[Fe(NH3)6],该物质的化学式为[Fe(NH3)6](BHj；

②设晶胞边长为anm,结合①分析，晶体密度为

4M,------

言一小”/4Ms7

21-321-3-3，a=3/---

NA1A4Mxionmo

-^-xlOg-cm=^—xlOg-cm=pg-cmVpNA

aaNA

16.(1)NO2+H2O=2HNO3+NO

(2)6

2+-

(3)4[Fe(II)-Y]-+O2+4H=4[Fe(III)-Y]+2H2O,[Fe(II)-Yr浓度减小，NO

的脱出率降低[Fe(II)-Y「(aq)+NO(g).[Fe(H)(NO)-Y『(aq)温度升高，平衡

逆向移动，NO的脱出率降低pH=2时，[Fe(H)-Y丁与H+作用，导致[Fe(II)-Y丁浓

度减小，NO的脱出率降低，pH=10时，可能生成Fe(OH)2沉淀，也导致[Fe(II)-Y丁的浓

答案第7页，共14页

度减小，NO的脱出率减低

+

(4)4[Fe(II)(NO)一丫丁+5H2PO；+6H2O+4H=4[Fe(II)-+4NH：+5H2Poi

【分析】如图，烟气中的NOx与溶液中的[Fe(II)-Y丁反应，生成[Fe(IU)-Y丁和

[Fe(II)(NO)-Y]2\[Fe(ni)-Y丁与次磷酸钠(NaH2Po2)反应,生成[Fe(H)-Y『，

[Fe(H)-Y广循环使用，[Fe(H)(NO)-Y丁也与次磷酸钠(NaH2Po2)反应，反应生成

[Fe(II)-Y丁和磷酸氨,[Fe(II)-Yr循环使用，故[Fe(II)-Y丁可将烟气中的NOX脱出,

据此回答。

【详解】(1)烟气中的NCh与水反应的化学方程式为NO2+H2O2HNO3+NO；

(2)[Fe(H)-Y]"的结构如下图所示，由图可知，中心离子的配位键数目为6,故配位数

为6；

(3)①。2的影响：弱酸性条件下会降低[Fe(H)-Y「对NO脱除效率，因为氧气把

[Fe(H)-Y丁氧化，离子方程式为4[Fe(II)—Yr+O2+4H+=4[Fe(III)-Y1+2H?O,

[Fe(H)-Y丁浓度减小，NO的脱出率降低；②温度的影响：研究发现60℃时NO脱除效率

比30℃时低,原因是反应[Fe(II)-Y丁(aq)+NO(g)»[Fe(II)(NO)-Y;(aq)温度升高,

平衡逆向移动，NO的脱出率降低；③pH的影响：如图，相同试剂内，pH=2和pH=10时

NO的脱出率低于pH=6时,原因是pH=2时，[Fe(H)-Y『与H+作用，导致[Fe(II)-丫丁

浓度减小，NO的脱出率降低，pH=10时，可能生成Fe(OH)2沉淀，也导致[Fe(II)-Y『的

浓度减小，NO的脱出率减低；

(4)在酸性条件下[Fe(II)-Y『再生，N元素由+2价将为-3价，降低5价，P元素由+1

价升高为+5价，升高4价，根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒，可得反应的离子方程式

为4[Fe(II)(NO)-Y『+5H2Po/6H2O+4H+=4[Fe(II)-Y丁+4NH：+5H2Poi。

17.(1)竣基或(-COOH)

答案第8页，共14页

⑵

⑹OHC^CHO保护氨基

【分析】

o

c/

I

由A(C2H2。4)与C2H50H在浓硫酸加热条件下反应生成B(C6HIO04),可推知A为C

OX

B为，B与%^一发生已知反应i生成D,可推知D为

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OH

D在①NaOH/H?。，②H+下发生水解，生成F与

Boc

02在Cu作催化剂的条件下加热发生氧化反应生成H，:H与I发生已知反应i生成J,

Boc

0O

由J的分子式可推知J为,由I的分子式为C3H60”核磁共振氢谱中只有

O

一组峰可推知I为II,J与①NH3,②H2催化剂下生成K,K与F生成L,L与

00

经过多步反应,生成M,据此回答。

H2N

【详解】（1）

o

二c/

A为I

C所含官能团是埃基或（-COOH）；

O4X

2

由分析知，D的结构简式是

(3)

D-E的转化过程中，还可能生成E的同分异构体，其中一种同分异构体的结构简式是

答案第10页，共14页

(4)

由分析知,与02在Cu作催化剂的条件下加热发生氧化反应生成H

Boc

(5)

0

由分析知，1的结构简式是、11/

00

(6)

由图知P与(Boc)2O反应生成Q,Q与氨气加成生成S,可推知S的结构式围为

,s与T在-H2O下生成u,由u和s的结构可推知T为OHC/、CHO

N

U与HC1反应生成H?N1],由流程可知，P-Q的目的为保护氨基。

18.(1)4：7

(2)Fe2O3和MgO

⑶调节溶液pH使A1O>SiO；转化沉淀过滤除去1014-8

+

(4)c阳极发生反应为：2H2O-4e-=O2T+4H,导致c(lT)增大，促进平衡

2CrO：+2H+-CrQ/+Hz。正向移动，产生"O歹，同时部分钠离子移向阴极区，在阳极

区产生Na2Cr2O7

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⑸翳

【分析】分析流程可知，铭铁矿（主要成分为FeCr。”，还含有MgO、A12O3,SiO?等）中

加入纯碱，也有02参与，进行焙烧，生成NazCrCU、Fe2O3,NaAKh、NazSiCh加入水进行

“浸取”，过滤，滤渣1为不溶于水的MgO、Fe2O3,向过滤后向溶液中加入H2s04调节溶液

pH使NaAlCh、Na2SiO3,MgSiCh转化为氢氧化铝、氢氧化镁和硅酸沉淀（滤渣2）过滤除

去，再向滤液中加入H2so4,将NazCrCU转化为NazCrzCh,所得溶液冷却结晶得到

NazCnCh"%。晶体，母液中还含有大量H2sCU可以循环利用，据此分析回答问题。

【详解】（1）由题可知，过程I中FeCrQ’转化为Feq,和NazCrO：反应为：

4FeCr2O4+7O2+8Na2CO3-8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2,反应中FeCr2O4与O2的化学计量数

之比为4：7,故答案为：4：7„

（2）根据分析可知滤渣1主要含有FezCh、MgO,故答案为：Fe2O3,MgOo

（3）①向过滤后向溶液中加入H2s04调节溶液pH使NaAKh、NazSiCh转化为氢氧化铝和

硅酸沉淀（滤渣2）过滤除去，故答案为：调节溶液pH使A10；、SiO；转化沉淀过滤除去；

+

②过程W发生反应2CrO；+2HCr?。，+凡。，图中的点取pH=2.4,对应lgc（Cr2O；j=0，

有《小。打=lmolL,又有lgc（CrO：）=-5即c（CrO：）=lxl（T5moiq,该反应的

K_枣就）__________]

148148

=lxl0,故答案为:IO0

c2（CrO；）c2（H+）0x10-57（1x10-4丫

（4）以Na2CrO4溶液为阳极室电解质溶液,NaOH溶液为阴极室电解质溶液,制备Na2Cr2O7