2025年浙江省高考化学模拟卷6（解析版）

备战2025年高考化学模拟卷06（浙江专用）

（考试时间90分钟，满分100分）

可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—140—16Na—23Mg—24Al—27Si—28

P—31S—32Cl—35.5K—39Cr-52Mn—55Fe—56Cu—64Zn—65Br-80Ag—108

Ba—137

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.下列物质属于共价晶体的酸性氧化物是（）

A.干冰B.石英C.氧化钠D.金刚石

【答案】B

【解析】A项，干冰是固体CCh，属于分子晶体的酸性氧化物，A错误；B项，石英是固体SiCh，

属于共价晶体的酸性氧化物，B正确；C项，氧化钠属于离子晶体的碱性氧化物，C错误；D项，金

刚石为碳单质，属于共价晶体的单质，D错误；故选B。

2.Na2c。3又称纯碱，苏打，是一种重要的化工原料。下列关于Na2c。3的说法，错误的是（）

A.它的俗名是纯碱B.它是一种碱

C.它的水溶液呈碱性D.它是一种盐

【答案】B

【解析】A项，Na2c。3的俗名是纯碱，故A正确；B项，Na2cCh是由金属阳离子和酸根离子

组成的盐，故B错误；C项，Na2cCh水溶液中滴加酚猷显红色，说明溶液呈碱性，故C正确；D项，

Na2cCh是由金属阳离子和酸根离子组成的盐，故D正确；故选B。

3.下列有关化学用语表示正确的是（）

A.中子数为10的氟原子：：*

D.基态N原子的轨道表示式：Is2s2p

【答案】B

【解析】A项，F是9号元素，中子数为10的氟原子质量数A=10+9=19,用原子符号可表示为:

19p

9卜，A错误；B项，Fe是26号元素，根据原子核外电子排布规律可知，基态Fe原子的原子结构示

6-2x2

意图为:SO2分子中的中心S原子价层电子对数是2+2=3,含有

1对孤电子对，所以SO2的WSEPR模型是平面三角形，其空间结构模型V形，不是直线型，C错误;

和和ETTT1

D项，N是7号元素，根据构造原理可知基态N原子的轨道表示式为：Is2s2p,D错误;

故选B。

4.（2023届•浙江省嘉兴市高三上学期选考模拟检测）下列物质对应关系不E理的是（）

A.石炭酸：《少一OHB.铁红：Fe2O3

C.金刚砂：SiCD.黄铜矿：CuS

【答案】D

【解析】A项，石炭酸是苯酚的俗称，A正确；B项，铁红是三氧化二铁，B正确；C项，金刚

砂是碳化硅，C正确；D项，黄铜矿的主要成份是CuFeSz，D错误；故选D。

Is2s2P

态硼原子的核外电子轨道表示式皿IBIItII,故D正确；故选D。

5.化学与生活密切相关。下列叙述正确的是（）

A.温室气体是形成酸雨的主要物质

B.青铜和黄铜是不同结构的单质铜

C.高分子材料聚氯乙烯广泛应用于食品包装材料

D.绿色化学是利用化学原理和技术手段，减少或消除产品在生产生活中涉及的有害物质

【答案】D

【解析】A项，SO2、NO2是形成酸雨的主要物质，而造成温室效应的是二氧化碳，二氧化碳不

能形成酸雨，A错误；B项，青铜是铜锡等的合金，黄铜是铜锌等的合金，它们都是铜的混合物，B

错误；C项，聚氯乙烯可以释放出有毒气体，不能应用于食品包装材料，C错误；D项，绿色化学是

利用化学原理和技术手段，减少或消除产品在生产生活中涉及的有害物质，D正确；故选D。

6.高氯酸镂可以用于固体火箭的推进剂，关于2NH4CK）4（s）=N2（g）+Cb（g）+2O2（g+4H20（g）反

应，下列说法不乏砸的是()

A.0.5molNH4cle)4完全分解产生气体的体积约为44.8L

B.NH4CIO4既是氧化剂又是还原剂

C.该反应中，还原产物与氧化产物的物质的量之比为1:3

D.上述NH4CIO4的分解反应，反应物的总键能小于生成物的总键能

【答案】A

【解析】A项，气体体积没有说标况，无法计算，A错误；B项，NH4c104在反应中，氮元素化

合价上升，氯元素化合价降低，NH4c104既是氧化剂也是还原剂，B正确；C项，反应的还原产物为

氯气和氧气，共三份，氧化产物为氮气，共一份，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:3,

C正确；D项，反应为放热反应，反应物的总键能小于生成物的总键能，D正确；故选A。

7.下列离子方程式书写正确的是()

A.将稀硫酸加入硫代硫酸钠溶液：S2O32-+SO42-+4H+=2SO2f+S1+2H2。

B.向酸性高锦酸钾溶液加入草酸：2c2O42-+2MnO4-+16H+=10CO2T+2Mn2++8H2。

C.(NH4)2Fe(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液至Fe?+恰好完全沉淀：

Fe2++2SO42-+2Ba2++2OH=2BaSO41+Fe(OH)21

2+

D.新制氯水中加入少量CaCCh：2Cl2+H2O+CaCO3=Ca+2Cl+CO2t+2HClO

【答案】D

2+

【解析】A项，原子不守恒、得失电子不守恒，正确的离子方程式为：S2O3+2H=SO2T+S；+H2O,

A项错误；B项，草酸为弱酸，离子方程式中不拆，正确的离子方程式为：

+2+

5H2C2O4+2MnO4+6H=10CO2t+2Mn+8H2O,B项错误；C项，(NH4)2Fe(SC)4)2溶液中滴力口Ba(0H)2

溶液至Fe2+恰好完全沉淀，则Ba(OH)2完全反应，正确的离子方程式为：

2+22+

Fe+SO4+Ba+2OH-=BaSO4；+Fe(OH)21,C项错误；D项，新制氯水具有酸性，会与CaCCh反应，

生成二氧化碳，离子方程式为：2C12+H2O+CaCO3=Ca2++2Cr+CO2T+2HClO,D项正确；故选D。

8.(2023届•浙江省名校协作体高三开学考试)下列说法的正确是()

A.氧化亚铁不稳定，空气中受热能迅速氧化成氧化铁

B.锂在空气中燃烧生成过氧化锂

C.盐酸和碳酸氢钠的反应是放热反应

D.二氧化氮能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝

【答案】D

【解析】A项，氧化亚铁不稳定，在空气中受热可被氧化为四氧化三铁，A错误；B项，锂在空气

中燃烧生成氧化锂和少量过氧化锂，B错误；C项，盐酸和碳酸氢钠的反应是吸热反应，C错误；D

项，二氧化氮和碘化钾反应能生成碘单质，故二氧化氮能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，D正确；故

选D。

9.分子结构修饰在药物设计与合成中有广泛应用，布洛芬具有抗炎、镇痛解热的作用，但直接

A.甲分子最多有10个碳原子共平面

B.乙和丙均能在NaOH溶液和稀H2s04溶液中发生水解反应

C.以上三个分子都只有1个手性碳原子

D.Imol甲分子最多能与3moiH2发生反应

【答案】A

【解析】A项，甲分子含有1个苯环，与苯环上连接的碳原子一定共平面，其余单键相连碳原子

可通过旋转得出最多1个碳原子在其平面上,所以甲分子中最多有11个碳原子共平面(即

),A错误;B项，乙中含有肽键，丙中含有酯基，均能在NaOH溶

液和稀H2sCU溶液中发生水解反应，B正确;C项，手性碳原子是指，同一个碳原子上链接4个不同

的原子或原子团，苯环上没有手性碳原子，甲基、亚甲基上没有手性碳原子，双键上没有手性碳原子,

故以上三个分子的结构分析，都只有1个手性碳原子，C正确；D项，甲分子中，只有苯环能和H2

发生加成反应，Imol甲分子最多能与3moiH2发生反应，D正确；故选A。

10.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期不同主族元素，X的最外层电子数是其电子层数

的3倍，Y元素原子半径在同周期中最大，Z的3P轨道有3个未成对电子，X与Y的最外层电子数

之和与W的最外层电子数相等。下列说法中埼送的是()

A.X在元素周期表中位于p区

B.元素的第一电离能：W>Z>Y

C.X、Y、W形成的简单离子半径r(W)>r(X)>r(Y)

D.Z的最高价含氧酸的钠盐溶液中有三种含Z元素的微粒

【答案】D

【解析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期不同主族元素，X的最外层电子数是其电子

层数的3倍，则X为O；Y元素原子半径在同周期中最大，则Y为Na；Z的3P轨道有3个未成对

电子，则Z为P；X与Y的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，则W为CL综上，X为0,

Y为Na,Z为P,W为ChA项，X为O,在元素周期表中位于p区，故A正确；B项，主族元素

同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，P的3P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，则第一电离能：Cl>P>Na,故B正确；C项，X为O,Y为Na,W为CL形成的简

2+

单离子为C)2-、Na+、Cr,半径r(Cl-)>r(0-)>r(Na),故C正确；D项，P的最高价含氧酸钠盐为Na3PO4，

32

Na3P。4溶液中含P微粒PO4>HPO4-,H2P。4一、H3PO4,故D错误；故选Do

11.一种双阴极微生物燃料电池装置如图所示。该装置可以同时进行硝化和反硝化脱氮，下列叙

述正确的是()

----------1R1------------------1RI----------

出水出水出水

66

质r交接*(了

进水：NO,进木：造小：NH；

A.电池工作时，H+的迁移方向：左一右

B.电池工作时，“缺氧阴极”电极附近的溶液pH减小

+

C.“好氧阴极”存在反应：NH4-6e+8OH-=NO2-+6H2O

D.“厌氧阳极”区质量减少28.8g时，该电极输出电子2.4mol

【答案】D

【解析】如图所示，“厌氧阳极”上，C6Hl2。6失去电子生成CO2和H+,电极反应式为

C6Hl2O6+6H2O-24e-=6CO2T+24H+；“缺氧阴极”上，NCh-得到电子生成NO2,NO2再转化为N2，电极

+

反应式分别为：NO3+e-+2H=NO2t+H2O,2NC)2+8e-+8H+=N2T+4H26“好氧阴极”上，。2得到电子生

成H2O,电极反应式为O2+4H++4e=2H2O,同时O2还能氧化NH4+生成NO。NO2-还可以被O2氧化

为NO3：反应方程式分另!J为2NH4++3O2=2NO2-+2H2O+4H+,2NO2+O2=2NO3oA项，电池工作时，

“厌氧阳极”失去的电子沿外电路流向“缺氧阴极”和“好氧阴极”，贝心厌氧阳极”产生的H+通过质子交换

膜向“缺氧阴极”和“好氧阴极”迁移，故H+的迁移方向既有左(“厌氧阳极”)一右(“好氧阴极”)，又有右

(“厌氧阳极”)T左(“缺氧阴极”)，A错误；B项，电池工作时，“缺氧阴极"上消耗H+,其附近的溶液

++

pH增大，B错误；C项，“好氧阴极”上的反应有O2+4H++4e-=2H2。，2NH4+3O2=2NO2+2H2O+4H,

2N0<+02=2NOf,C错误；D项，“厌氧阳极”的电极反应式为C6Hl2O6+6H2O-24e-=6CO2T+24H+,每

ImolC6Hl2。6反应，消耗6mO1H2。，转移24moi电子，“厌氧阳极”区质量减少288g,故“厌氧阳极”

区质量减少28.8g时，该电极输出电子2.4moLD正确；故选D。

12.(2023届•浙江省部分校高三开学摸底考试)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的

是()

A.标准状况下，2.3gC2H6。中含有的C-H数目可能为0.3NA

B.常温常压下，1.84g的甘油和甲苯混合液所含总质子数为NA

C.50℃lL0.1mol/L的氯化镀溶液中滴入氨水至pH=7,NH4+数目大于0.1NA

D.12g石墨(中含兀键数目为3NA

【答案】D

【解析】A项，2.3gC2H6。为0.05mol,若为二甲醛结构则含有C-H数目可能为0.3NA，故C正确；B

项，甘油的化学式为C3H8。3，其相对分子质量为3x12+8x1+3x16=92,每分子中含质子数为

3x6+8x1+3x8=50,甲苯的化学式为C7H8，其相对分子质量为7x12+8x1=92,每分子中含质子数为

1-84g

x50xNAmor'

7x6+8x1=50,则常温常压下，1.84g的甘油和甲苯混合液所含总质子数为92g/mol=NA,

B正确；C项，由于50℃时，水的离子积大于IO“、此时pH=7的溶液为碱性溶液，故ILO.lmol/L

的氯化镂溶液中滴入氨水至pH=7,根据溶液中电荷守恒可知：c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(C1)，c(OH-)

++++

大于c(H),故c(V)=c(OH)-c(H)+c(Cl),则c(NH4)大于c(Cl),故NH4数目大于

ILxO.lmol/LxNAmol^O.lNA，C正确；D项，石墨晶体中，1个碳原子形成3个C-C键，所以每个

碳原子实际占1.5个化学键，I?g(l^1。1)石墨烯，含碳碳键数目为1.5NA,每一层只形成1个兀键,

故兀键数目不是3NA，D错误；故选D。

13.在起始温度均为T℃、容积均为1L的密闭容器A(恒温)、B(绝热)中均加入0.1molN2O和0.4mol

CO,发生反应N2O(g)+CO(g)N2(g)+C02(g)AH<0,已知：左小左逆分别是正、逆反应速

率常数，VIE=Z：EC(N2O>C(CO),v逆=)twc(N2>c(CO2)，A、B容器中N2O的转化率随时间的变化关

系如图所示。下列说法不正确的是()

A.用CO的浓度变化表示曲线N在0~100s内的反应速率为lxl()7mol-L，sT

B.曲线N表示B容器中N2O的转化率随时间的变化

C.Q点上上大于P点左.

无正_]

D.T℃时,^-45

【答案】B

【解析】A项，0-100s时N2O的转化率为10%,N2O的反应量为lmolxl0%=0.1mol,根据方

程式中物质反应转化关系可知CO的反应量为0.1mol,则用CO的浓度变化表示曲线N在0-100s内

的反应速率为v(CO)=Imol=].0x10_4mol/(L-s),A正确；B项，该反应从正反应方向开始，

10Lx100s

正反应放热，随着反应的进行，反应放出热量，导致气体温度升高，反应速率加快、平衡逆向移动，

N2O的转化率降低，所以M是绝热(B)条件下进行，N表示恒温(A)下进行反应，B错误；C项，Q点

与P点一氧化二氮转化率相同，则两个容器内同一种气体的浓度相同，而Q点反应温度高于P点，Q

点反应速率高于P点，结合题干信息可知，Q点％正大于P点左小C正确；D项，由平衡时正逆反

应速率相等可得：A/C(N2O)-C(CO)=//C(N2>C(CO2),平衡常数=售，由图可知，

C(N2O)C(CO)k逆

T℃条件下，容器A平衡时一氧化二氮的转化率为25%,则平衡时一氧化氮、一氧化碳、二氧化碳、

—一—ImolImol一…4molImol

氮气的浓度分另II为----------x25%=0.075mol/L>----------------x25%=0.375mol/L、

10L10L10L10L

史必x25%=0.025mol/L、电以x25%=0.025mol/L,反应的平衡常数

10L/10L/

卜正0.025mol/Lx0.025mol/L1十*

--------------------------------=—,D正确；故选B。

工0.075moVLx0.375mol/L45

14.已知几种物质之间的能量关系如图所示，下列说法中不正确的是()

A.使用合适催化剂，不能减小反应的焰变

B.(g)中，热能转化为产物内部的能量

\\__/

C.iuIH।>L'IA/7=+28.7kJ/mol

\/

D.：；厂二的值:[«),反应物的总能量高于生成物的总能量

【答案】B

【解析】A项，使用合适催化剂可降低反应的活化能，但不能减小反应的焰变，故A正确；B

项，|J(g^lhCg)______||(g)AH=119.6kJ/mol-208.4kJ/mol=-88.8kJ/mol41,产物内部的能

量转化为热能，故B错误；C项，[(g>+H2(g).——►[](g)

AH=237.1kJ/mol-208.4kJ/mol=+28.7kJ/mol,故C正确；D项，](g)+H?(g)•|J(g)

AH=-119.6kJ/mol,反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，故D正确；故选B。

15.25℃时，分别向20mL浓度均LOmolLT的CH3coOH、CH3coONa溶液中逐滴加入浓度均

l.Omol-L^NaOH,HC1溶液VmL,溶液的pH与lgY[Y=:；；嚣；/或:]的关系如图所

示。下列说法不亚强的是()

c(CHCQQ)

A.曲线①中的Y=3

C(CH3COOH)

B.当pH=4.74时，恒有关系：c(H+)+c(Na+)=c(OJT)+c(CH3coOH)

C.当滴入体积V=10mL时，溶液pH>4.74

D.25℃时，1.OmoLLT的CH3coONa的pH=9.37

【答案】B

【解析】pH越大，H+浓度越小，从而促进CH3coOH的电离，抑制CH3coCT的水解，所以溶液

c(CH3coeT)c(CH3coOH)

中c(CH3coOH)减小，c(CH3co增大，贝l]"CH3coOH)增大，c(CH3coeF)减小，所以曲线①中的

c(CH3coeT)c(CH3coOH)c(CH3coeT)c(CH3coOH)

Y=c(CH3coOH),②中的丫=c(CH3coeT)；pH=4.74时，c(CH3COOH)=c(CH3COO~)；即

c(CH3coeT)c(H+)K,

C(CH3COOH)=C(CH3COO),所以Ka=c(CH3coOH)=c(H+)=10-4-74；Kh=Ka=10-9.26oA项，根据

c(CH3coeT)

分析可知曲线①中的Y=c(CH3C0°H),A正确；B项，据图可知pH=4.74时，

c(CH3coOH尸c(CH3co0-)，若是CH3coOH溶液中滴加NaOH溶液，由电荷守恒可得

c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3coOH),但若是向CH3coONa溶液中滴加HC1溶液，有电荷守恒可得

c(H+)+c(Na+)=c(OlT)+c(Cr)+c(CH3coOH),B错误；C项，若V=10mL,则溶液中的溶质均为等物质

的量的CH3coOH和CH3coONa,Ka>Kh,所以CH3coOH的电离程度大于CH3co。一的水解程度，

c(CH3coOH)c(CH3coeT)

所以c(CH3coOH)<c(CH3coO)则c(CH3coeT)<"CHsCOOH),据图可知此时pH>4.74,C正

确；D项，设25℃时，LOmoLLT的CH3coONa的溶液中c(OH-尸x,则c(CH3coOH)=c(OlT尸x,

c(CH3coOH)c(OIT)xxx

26

Kh=c(CH3coCT)=l.O-x=io-9-,解得xR()463moi/L,所以c(H+)=l()937mol/L,pH=9.37,D

正确；故选B。

16.(2023届•浙江省宁波市高三选考模拟考试)前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次

增大，X的简单氢化物分子呈三角锥形，Y的周期序数与族序数相等，基态Z原子3P原子轨道上有

1个未成对电子，W与Z处于同一主族。下列说法不正确的是()

A.原子半径：Y>ZB.第一电离能：W>Z

C.XZ3是极性分子D.X、Y可以形成共价晶体

【答案】B

【解析】前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的简单氢化物分子呈三角锥

形，则对应的分子式为XH3,X为VDA,Y的周期序数与族序数相等，基态Z原子3P原子轨道上有1

个未成对电子，则Z为Cl、X为N、Y为Al,W与Z处于同一主族，则W为Br。A项，同周期从

左到右元素原子半径递减，则原子半径：Y>Z,A正确；B项，同主族元素第一电离能从上到下递

5-3x1

------二1

减，则第一电离能：W<z,B不正确；C项，XZ3中心原子的孤电子对数=2、价层电子对

数=3+1=4,空间构形为三角锥形，正负电荷重心不重叠、是极性分子，C正确；D项，X、Y可以形

成氮化铝，是共价晶体，D正确；故选B。

二、非选择题(本大题共5小题，共52分)

17.(10分)配合物是近代无机化学的重要研究对象，Fe、Cu等过渡元素常作为中心原子或离子,

而H2O、Cl\毗咤(C5H5N)等微粒则是常见的配体。

⑴基态Fe2+的价电子轨道表示式为o

(2)氏0+的电子式为,空间构型为=

。Or0brvF,

(3)毗咤(、、’)其中N的杂化方式为______,毗咤和其衍生物夕、'、、」)的碱性随

N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是o

(4)毗陡(C^)在水中的溶解度远大于苯，可能原因是①吐咤和H2O均为极性分子相似相溶，而

苯为非极性分子；②o

(5)MC11XH2O的晶胞结构如下图所示，晶胞的棱长分别为apm、bpm、cpm,夹角均为90。。(1

pm=l.OxlO10cm)

若金属M的相对原子量Mr,则该晶体的密度为g.cm3o

tltttt

【答案】⑴3d（1分）

+

H：O：H

（2）LHJ（1分）三角锥（2分）

L

（3）sp2（1分）（1分）

（4）口比咤能与H2O分子形成分子间氢键（2分）

（Mr+107）x2x103。

（5）NAabc（2分）

【解析】（l）Fe是26号元素，根据构造原理可知基态Fe原子核外电子排布式是

Is22s22P63s23P63d64s2,Fe?+是Fe原子失去最外层的2个电子形成的，其价层电子排布式是3d6,则基

川1111Ml

态Fe?+的价电子轨道表示式为3d.（2汨3。+是O原子与2个H原子结合形成H2O后，

H：O!H

再由O原子的一对孤电子对与H+通过配位键形成的，则其电子式为1.o原子价层电子对

数是3+1=4,含有1对孤电子对，故H3O+的空间构型是三角锥形；（3）在此咤中N原子形成3个共价

键，因此N原子杂化类型是sp?；毗咤中N原子上含有孤电子对能与H2O分子形成分子间氢键，从

而导致在水中的溶解度：毗咤远大于苯；已知-CH3为斥电子基团，-CF3是吸电子基团，则导致N原

的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是/；（4）哦咤（、'/）

在水中的溶解度远大于苯，可能原因是①毗咤和HzO均为极性分子，符合相似相溶原理，而苯为非

£j_

极性分子；②毗咤能与H2O分子形成分子间氢键；（5）在该晶胞中金属M"个数是：8xW+2x'=2；

£££

C1数目是：4x2+1x2=4；氏0分子数目是：8x4+4x2=4,若金属M的相对原子量Mr,晶胞的棱长

分别为apm、bpm、cpm,夹角均为90。，则该晶胞的密度

(Mr+2x35.5+2x18)x2,(Mr+lO7)x2xlO30,

-------------------g/cm3=-----------------g/cm3

-30

NA(abcxlO)NAabc

18.（10分涸体A由3种元素组成。某学习小组进行了如下实验:

已知：D为淡黄色固体，气体G是一种纯净物，在标准状况下的密度为1.518-gLL混合物H与

溶液C中的溶质相同。请回答：

(1)组成A的三种元素是,A的化学式是0

(2)写出D与NaOH反应的离子方程式。

(3)X在潮湿的空气中易转变为含A的混合物，写出相应的化学方程式_______o

(4)写出E—H的化学反应方程式。

(5)E转化为H过程中，加热不充分，H中可能含有Z,请设计简单实验验证

【答案】(1)Na、S、0(2分)Na2s2。3(1分)

⑵3S+60H鱼SO3”+2S2-+3H2O(1分)

⑶2Na2S+2O2+H2O=Na2s2O3+2NaOH(2分)

(4)4Na2sO3^3Na2so4+Na2s(2分)

(5)取少量固体于试管，滴加足量稀盐酸，若观察到有淡黄色沉淀，则说明含有Z(2分)

【解析】由已知，气体G的摩尔质量为L518giTxZZ,L/mobSdg/mol,该气体为H2S,标况下,

"224L=o.oimol

0.224L物质的量为22.4L/mol,即S?-含有O.Olmol；溶液F(含盐酸)加入足量BaCb溶液，生

699g=0.03mol

233/mo12

成6.99g的沉淀为BaSO4,物质的量为§，则含S040.03mol,溶液C中含有SO?'

-28g=o.04mol

和固体D为S,物质的量为32g/mol；混合物H含有Na2sO4和Na?S,所以溶液C中

含有Na2sCU和NazS。⑴固体A由Na、S、0组成，其中S元素物质的量为0.08mol、Na元素含量

6.32g-23g/molx0.08mol-32g/molx0.08mol_012m0]

0.08moh则。元素含量为16g/mol,原子个数比为

n(Na):n(Na):n(S)=o.08mol:0.08mol:0.12mol=2:2:3,其化学式为Na2s2O3;(2)由题，S与NaOH溶液

22

在加热下反应的离子方程式为3S+6OHASO3-+2S-+3H2O；(3)对比溶液C和溶液E中溶质可知X为

Na2S,在潮湿的空气中易转变为Na2s2O3，其反应为2Na2S+2C)2+H2O=Na2s2O3+2NaOH；(4)Na2so3

在加热条件下生成Na2s04和Na?S,其反应为4Na2sO3«3Na2sO4+Na?S；(5)E转化为H过程中，加

热不充分，H中可能含有Z,利用Na2s。3和Na2s在酸性条件下反应生成S单质的性质，检验Na2SO3

的操作为：取少量固体于试管，滴加足量稀盐酸，若观察到有淡黄色沉淀，则说明含有Z,故填取少

量固体于试管，滴加足量稀盐酸，若观察到有淡黄色沉淀，则说明含有Z。

19.(10分)氮元素在工业应用上具有重要地位。

请回答：

⑴某实验兴趣小组对F.Daniels的N2O4气体分解实验学习后，探究相关类似实验。在Ti℃下，

将N2O4气体通入1L容器内，容器内存在如下反应：

反应I主反应：2N2O5(g)=4NCh(g)+O2(g)Ki

反应II副反应：2NCh(g)N2CU(g)K2

①向该容器内通入4molN2O5和2molNO2,等到反应I、II均达到平衡后，测得c(NO2)=5mol/L,

<?但2。4)=0.5mol/L,,则此温度下N2O5的转化率=»

②通过控制条件，使该容器内只进行反应I,下列说法正确的是o

A.当4V(N2O5消耗)=2v(NO2消耗)时，该化学反应达到平衡

B.反应达到平衡时，缩小容器体积，平衡常数K/变小，N2O5的转化率下降

C.恒压状态下，反应达到平衡时，通入大量稀有气体，N2O5的转化率将提高

D.恒容状态下，通入N2O5、NO?、Ch各5mol,反应达到平衡后，c(O2)<5mol/L

⑵已知：反应IIIN2(g)+3H?(g)2NH3(g)AHI=-92kJ-moF1

反应IVN2(g)+O2(g)2NO(g)△H2=+180kJ-mo「

①写出NO与比反应生成NH3和02的热化学方程式，判断该反应自发进行的条件并说明理由:

②反应III为工业制氨的化学方程式。如图1为工业制氨反应中逆反应速率与时间(t)的关系图。已

知h时，该反应恰好达到化学平衡。h时，将该化学反应体系升温到rc(t2时恰好达到化学平衡)。t2

逆

反

收

电

，

，

图1

③关于反应W,恒容状态下N2进气速度对。2的转化率影响如图2o请解释曲线中A点到B点变

化的原因：

N?进速

图2

【答案】⑴①50%(2分)②AC(2分)

1

(2)①2NO(g)+3H2(g)2NH3(g)+O2(g)△H=-272kJ.mol-；由联立得到的反应方程式可知

<0,AS<0,故反应自发进行的条件为低温(2分)

②011(3时间U)(2分)

③随着N2的进气速率持续不断增大，反应器内的气体流速增大，反应热能被及时移走，等效于

降低温度；该反应为吸热反应，降低温度则反应逆向移动，故转化速率会一定程度的降低(2分)

【解析】(1)①反应容器的容积是1L,向该容器内通入4mOIN2O5和2moiNO2，则反应开始时

C(N2O5)=4mol/L,C(NO2)=2mol/Lo等到反应I、II均达到平衡后，c(N2O4)=0.5mol/L,则反应消耗

△C(NO2)=1mol/L,测得此时C(NO2)=5mol/L,若未发生反应H,则N2O4的浓度应该为c(NO2)=5

mol/L+1mol/L=6mol/L,因此发生反应I产生的N2O4的浓度为c(NC>2)=(6-2)mol/L=4mol/L,根据反

应I中物质反应转化关系可知反应消耗N2O5的浓度△C(NO2)=2mol/L,故此温度下N2O5的转化率

2mol/Lx10Q%=50%

=4mol/L；②A项，对于反应I,在任何时刻都存在4V(N2O5消耗)=2v(NO2生成)，若

4I，(N2C>5消耗)=2v(NO2消耗)时，v(NC>2生成尸"(NO?消耗)，反应达到平衡状态，A符合题意；B项,

反应达到平衡时，缩小容器体积，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，导致N2O5的转化率

下降，但温度不变，因此化学平衡常数&不变，B错误；C项，恒压状态下，反应达到平衡时，通

入大量稀有气体，反应容器的容积扩大，导致体系的压强减小，化学平衡向气体体积扩大的正反应方

向移动，从而使N2O5的转化率提高，C正确；D项，根据①计算可知：在容器的容积是1L,开始向

容器中加入4molN2O5和2molNO2,反应达到平衡时，N2O5的转化率是50%,此时容器中c(N2O5)=2

――学=156.25

2

mol/L,C(NO2)=5mol/L,c(O2)=lmol/L,反应I的化学平衡常数K=。(2。5)。

44

C(N2O4)-C(O2)_5X5_125

在恒容状态下，通入N2O5、NCh、02各5mol,此时浓度商。,=c2(N2O5)5"<K,反

应正向进行，至反应达到平衡后，c(O2)>5mol/L,D错误；故选AC；(2)①已知：反应

1

IIIN2(g)+3H2(g)2NH3(g)AHI=-92kJ-moF

反应WN2(g)+C)2(g)2NO(g)△H2=+180kJmo「

根据盖斯定律，将反应III-反应IV,整理可得热化学方程式2NO(g)+3H2(g)2NH3(g)+O2(g)

△//=-272kJ-mol-1；要使反应自发进行，体系的自由能△G=AH-TAS<0,由联立得到的总反应方程

式2NO(g)+3H2(g)2NH3(g)+O2(g)AH=-272kJ/mol可知△8<0,AS<0,故反应自发进行的条件

为低温条件；②合成NH3的正反应是放热反应，在h时刻最高温度，v正、v椅增大，由于温度对吸

热反应影响更大，因此v9增大的倍数大于v击化学平衡逆向移动，随着反应的进行，v逆逐渐减小,

v店逐渐增大，在t2时刻反应达到平衡状态，此时VLV逆；然后在t2时刻向该化学反应体系加入正催

化

，v小V逆都增大，且增大有的速率关系为n声v诙用曲线画出ti~t3时间段中逆反应速率为：

逆

反

W

速

率

02的转化率增大，但当N2通入速率过大时，随着N2的进气速率持续不断增大，反应器内的气体流

速增大，反应热能被及时移走，等效于降低温度；该反应为吸热反应，降低温度，会使化学平衡逆向

移动，故。2转化速率会一定程度的降低。

20.(10分)(2023届•浙江省宁波市高三选考模拟考试)化合物X由四种元素组成。某实验小组按

如图流程进行相关实验(部分产物已略去):

已知：无色气体A能使品红溶液褪色。沉淀B和C混合物中含两种元素，且B为黑色沉淀。溶

液D中含有两种溶质，取溶液D进行焰色试验，火焰为黄色。气体体积已折算至标准状况。

请回答：

(1)组成X的四种元素为一；X的化学式为一。

(2)沉淀B和C混合物为―(用化学式表示)：写出B高温煨烧生成A和E的化学方程式—o

(3)气体A能与溶液F中的产物发生非氧化还原反应而生成白色沉淀，写出该反应的离子方程式

(4)有同学在溶液D中依次加入足量的硝酸钢溶液、硝酸银溶液、稀硝酸，经过滤、洗涤、干燥

得到含G和H的固体混合物ago设计实验，测定固体混合物中H的质量分数—o

【答案】⑴Na、Ag、S、0(2分)Na3[Ag(S2O3)2](或Na3Ags4。6)(2分)

(2)Ag2S、S(1分)Ag2S+O2=fi遁2Ag+SO2(l分)

++

(3)SO2+H2O+2Ag=Ag2SO3i+2H(2分)

(4)在ag混合物中加入足量的氨水，充分反应后过滤、洗涤、干燥，称量得到的固体，计为bg,

a-b

则H的质量分数为a(2分)

【解析】X能与0.04mol盐酸恰好反应，生成的无色气体A能使品红溶液褪色，则A为二氧化

硫，沉淀B和C混合物中含两种元素，且B为黑色沉淀，燃烧又得到二氧化硫和固体单质E、E能

溶于足量硝酸得到溶液F,则F含稀硝酸和硝酸盐、F能与1份溶液D恰好反应生成不溶于硝酸的白

色沉淀H为氯化银，则X含银元素，另1份溶液D与足量氯化钢反应生成不溶于硝酸的白色沉淀G

为硫酸钢，已知溶液D中含有两种溶质，取溶液D进行焰色试验，火焰为黄色，则D为硫酸钠和氯

化钠的混合溶液，则组成X的四种元素为Na、Ag、S、0；H为0.02molAgCl,按银和氯元素守恒可

知，X含0.02molAg元素，硫酸钢为0.005mol,D为2x0.005mol=0.01mol硫酸钠和2x0.02mol=0.04mol

氯化钠的混合溶液，则钠离子为0.06mol,则X中含0.06mol钠元素，X与盐酸反应生成的二氧化硫

为0.03mol；煨烧又得到二氧化硫0.04mol、D中含O.Olmol硫酸钠、则X中硫元素物质的量为0.08moL

则X中氧元素为8.02g-108g/molx0.02mol-23g/molx0.06moi-32g/molx0.08moi=1.92g、则O的物质的量

为0.12mol。则X中个粒子的物质的量之比Na:Ag:S:O=3:1:4:6,