2025年高考化学模拟试卷4（浙江省）详细解析

备战2025年高考化学模拟试卷04（浙江省）

详细解析

（考试时间：90分钟试卷满分：100分）

可能用到的相对原子质量：H1B11C12N14O16Na23Mg24Al27Si28P31S32Cl

35.5K39Ca40Mn55Fe56Cu64Zn65Br80Ag108Ba137

第I卷

一、单项选择题：共16题，每题3分，共48分。每题只有一个选项最符合题意。

1.下列物质在熔融状态下不导电且属于电解质是（）

A.CuB.AlChC.CaCl2D.SiO2

【答案】B

【解析】A项，Cu是金属单质，在熔融状态下导电，但不属于电解质，故A不选；B项，AlCb是共价

化合物，在熔融状态下不导电，属于电解质，故B选；C项，CaCL是电解质，在熔融状态下能导电，故C

不选；D项，SiCh是非电解质，在熔融状态下不导电，故D不选；故选B。

2.下列化学用语表述不亚项的是（）

A.CO2的电子式:C）：：C：（）：

B.中子数为20的氯原子：

C.BF3分子的VSEPR模型：

3d4s

D.基态Fe原子的价层电子排布图：曰［不j|闻

【答案】C

【解析】A项，CO2为共价化合物，每个原子均满8电子稳定结构，电子式：：6：：C：：6：,A正确;

B项，核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；中子数为20的氯原子：Cl,B

正确；C项，BF3分子中B原子的价层电子对数为3+；（3-3xl）=3,则VSEPR模型为平面三角形，C错误;

3d4s

D项，基态Fe原子核外电子排布为Is22s22P63s23P63d64s2,则价层电子排布图:nmniiBE]

D正确；故选C。

3.BeCb熔点较低，易升华，溶于醇和酸，其化学性质与AlCb相似。下列说法正确的是（）

A.BeCb属于电解质，但熔融态不导电B.Be位于元素周期表的p区

C.BeCb熔点比BeBr2高D.BeCb不与NaOH溶液反应

【答案】A

【解析】A项，BeCL熔点较低，易升华，其化学性质与AlCb相似，符合分子晶体的性质，故BeCh

为共价化合物，熔融状态破坏不了共价键，故熔融状态不导电，A正确；B项，Be位于元素周期表的s区，

B错误；C项，分子晶体的熔点与相对分子质量有关，通常相对分子质量越大的分子间作用力越强，熔点越

高，故BeCb熔点比BeBn低，C错误；D项，氯化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，BeCb化学性质与AlCb

相似，故推测可以与NaOH溶液反应，D错误；故选A。

4.物质的性质决定用途，下列对应的两者关系不正玻的是（）

A.NaNCh会与肌红蛋白生成红色物质，可作一些肉制品发色剂

B.常温下A1在浓硝酸中钝化，可用铝质容器贮运浓硝酸

C.聚四氟乙烯具有抗酸碱、自润滑等性能，可用于制作滴定管活塞

D.NaHCCh溶于水显碱性，常作烘焙糕点的膨松剂

【答案】D

【解析】A项，NaNO2会与肌红蛋白反应生成红色物质，可用作一些肉制品的发色剂，A正确；B项,

常温下铝遇到浓硝酸发生钝化，因此可用铝质容器贮运浓硝酸，B正确；C项，聚四氟乙烯具有抗酸碱、自

润滑的性能，可用于制作滴定管的活塞，C正确；D项，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，能使糕点膨松，

常用作烘焙糕点的膨松剂，D错误；故选D。

5.下列说法正确的是（）

A.用图①装置可蒸干AlCh溶液制无水AlCh固体

B.用图②装置可完成铁与水蒸气反应并根据固体颜色证明产物有Fe3O4

C.用图③装置可验证1-澳丁烷发生消去反应后的有机产物

D.用图④装置可测定H2的标准燃烧热

【答案】C

【解析】A项，用图①装置可蒸干AlCh溶液过程中铝离子水解最终得到氢氧化铝，无法得到AlCh固

体，故A错误；B项，根据固体颜色无法证明产物有Fe3O4,故B错误；C项，证1-澳丁烷发生消去反应

后的有机产物为1-丁烯，能使酸性高镒酸钾褪色，故C正确；D项，此装置用来测定中和反应的反应热，

氢气燃烧不能用此装置测定，故D错误；故选C。

6.加热煮沸的浓NaOH溶液和白磷反应可制PH3,该过程同时可获得P2H4.其中一个反应为

P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH3J下列说法不亚确的是（）

A.稳定性：P2H4大于N2H4

B.反应过程中有极性键、非极性键的断裂，也有极性键、离子键的形成

C.P4、PH3与P2H4的晶体类型相同

D.PH3分子中键角/HPH小于NH3分子中ZHNH

【答案】A

【解析】A项，非金属性：N>P,故对应氢化物的稳定性：P2H4小于N2H4,A错误；B项，反应过程中

有O-H极性键、P-P非极性键的断裂，也有极性键P-H、钠离子和H2P02-形成的离子键的形成，B正确；C

项，P4、PH3与P2H4的晶体类型相同，均为分子晶体，C正确；D项，NH3、PH3均为三角锥形分子，但电

负性：N>P,NH3中共用电子对离中心原子更近，排斥力增大，键角增大，故PH3分子中键角/HPH小于

NH3分子中NHNH,D正确。故选A。

7.设NA为阿伏加德罗常数，下列有关说法正确的是（）

A.在25℃时，pH为12的CH3coONa溶液中水电离出的H+数目为O.OINA

B.标准状况下，4.48LSO2和足量。2反应，生成的S03分子数目为0.2NA

C.电解精炼粗铜时，阳极质量减少6.4g,外电路中通过电子的数目为0.2NA

D.13g苯、苯乙烯、聚苯乙烯的混合物中所含氢原子数目为NA

【答案】D

【解析】A项，溶液体积未知，无法计算氢离子数目，故A错误；B项，该反应为可逆反应，S02不能

完全转化，因此生成的SO3分子数目小于0.2M,故B错误；C项，电解精炼粗铜时，阳极为粗铜，含有锌、

铁等活泼金属先于铜失电子，因此阳极质量减少6.4g,转移电子数目不一定为0.2M,故C错误；D项，

苯、苯乙烯、聚苯乙烯最简式均为CH,则13g混合物即为13gCH质量，含ImolCH,所含氢原子数目为

NA,故D正确；故选D。

8.下列说法不正确的是（）

A.石油在加热和催化剂作用下通过结构调整可以获得环状烧，如苯、甲苯等

B.经过硫化的顺丁橡胶既有弹性又有强度，但硫化交联程度过大会失去弹性

C.淀粉、纤维素、蛋白质、油脂都是天然高分子，一定条件下均可水解

D.相同条件下，钠与水反应比与乙醇反应更剧烈是由于水分子中氢氧键的极性更强

【答案】C

【解析】A项，石油在加热和催化剂作用下通过结构调整，发生重整可以获得环状垃如苯、甲苯等，A

项正确；B项，经过硫化的顺丁橡胶由线型结构变成网状结构，既有弹性又有强度，但硫化交联程度过大

会失去弹性，B项正确；C项，淀粉、纤维素在一定条件下水解的最终产物为葡萄糖，蛋白质水解的最终产

物为氨基酸，油脂在酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油、碱性条件下水解成高级脂肪酸盐和甘油，淀

粉、纤维素、蛋白质都是天然高分子，但油脂不是高分子，C项错误；D项，由于乙基对羟基的影响，使得

乙醇分子中氢氧键的极性比水分子中氢氧键的极性弱，则在相同条件下，钠与水反应比钠与乙醇反应更剧

烈，D项正确；故选C。

9.下列反应的离子方程式正确的是()

3++

A.明矶溶于水产生A1(OH)3胶体：Al+3H2O=Al(OH)3；+3H

3

B.向二元弱酸H3PO3溶液中滴入足量烧碱溶液；H3PO3+3OH-=PO3+3H2O

C.NazNH中力口入硫酸中：NH2-+2H+=NH3T

+2

D.实验室用过氧化钢与稀硫酸反应制备双氧水：BaO2+2H+SO4-=BaSO4；+H2O2

【答案】D

【解析】A项，明矶溶于水，铝离子水解产生A1(OH)3胶体：AP++3H2OA1(OH)31+3H+,A错误；

B项，二元弱酸H3P03溶液中滴入足量烧碱溶液反应生成NazHPCh,故反应为H3Po3+2OH=HPO32-+2H2O,

2++

B错误；C项，NazNH中加入硫酸中生成硫酸钱：NH+3H=NH4,C错误；D项，实验室用过氧化钢与稀

+2

硫酸发生复分解反应生成双氧水：BaO2+2H+SO4-=BaSO4i+H2O2,D正确；故选D。

10.下双氯芬酸属于非留体抗炎药，具有抗炎、镇痛及解热作用，其结构如图，下列说法正确的是()

A.分子中存在4种官能团

B.该物质有酸性但没有碱性

C.该分子与足量氢气加成，所得物质分子中有4个手性碳原子

D.Imol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3moiNaOH

【答案】C

【解析】A项，由结构简式可知，双氯芬酸的官能团为碳氯键、亚氨基和竣基，共有3种，故A错误;

B项，由结构简式可知，双氯芬酸分子中含有的竣基表现酸性，含有的亚氨基表现碱性，故B错误；C项,

由结构简式可知，双氯芬酸分子一定条件下与足量氢气发生加成反应所得物质分子中有4个连有不同原子

或原子团的手性碳原子，故C正确；D项，由结构简式可知，双氯芬酸分子中含有的碳氯键和竣基能与氢

氧化钠溶液反应，其中碳氯键水解生成的酚羟基也能与氢氧化钠溶液反应，贝UImol双氯芬酸分子与足量氢

氧化钠溶液反应，最多可消耗5moi氢氧化钠，故D错误；故选C。

11.前四周期的元素X、Y、Z、Q、W的原子序数依次增大，基态X原子的半径是所有原子中最小的,

Y与X可形成室温下X2Y、X2Y2两种无色液体，基态Z原子的M电子层上p轨道为半充满状态，Y、Q同

主族，W原子的价层电子排布式为3d54s2,下列说法不正碉的是

A.电负性：Z<Q<Y

B.简单离子半径：Z>Q>Y>Z

C.同周期中第一电离能比Q大的元素有1种

D.X、Y、W三种元素形成的某些化合物，可存在于某些使用后的碱性电池中

【答案】C

【解析】五种前四周期的元素X、Y、Z、Q、W的原子序数依次增大，其中基态X原子的半径是所有

原子中最小的，则X为H元素；Y与X可形成室温下X2Y、X2Y2两种无色液体，则Y为O,基态Z原子

的M电子层上P轨道为半充满状态，其外围电子排布式为3s23P3,故Z为P元素；W原子的特征电子构型

为3d54s2,则W为Mn元素；Y、Q同主族，由Y为O元素，故Q为S元素。A项，由分析可知，Y、Z、

Q分别为0、P、S,根据同一周期从左往右电负性依次增大，同一主族从上往下电负性依次减小，故电负

性O>S>P即Z<Q<Y,A正确；B项，X、Y、Z、Q分别为H、O、P、S,根据电子层数越多半径越大,

电子层数相同，核电荷数越大，半径越小可知，简单离子半径P3->S2->C）2->H+即Z>Q>Y>Z,B正确；

C项，Q为S,根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，故同

周期中第一电离能比Q大的元素有P、ChAr等3种，C错误；D项，X、Y、W分别为H、0、Mn三种

元素形成的某些化合物，如MnOOH可存在于某些使用后的碱性电池中，D正确；故选C。

12.下图是实验室中制取KM11O4的流程图，已知K2M11O4显墨绿色，下列说法中不正确的是（）

A.第①步在铁用埸中进行，第⑥步中加热浓缩在蒸发皿中进行

B.第②步加入的MnCh作还原剂，第④步通C02发生反应：3MnO42-+2CO2=2MnO4-+MnO2j+2c03、

MnCh是氧化产物

C.第③步分批浸取可提高浸取率

D.第⑤步加热趁热过滤，说明KMnCU的溶解度随温度变化比较大

【答案】B

【解析】KOH、KCIO3、MnCh在高温下发生氧化还原反应产生KzMnCU、KC1、H2O,然后向其中分批

2

次加入蒸储水,通过浸取得到K2M11O4的浸取液,然后向其中通入CO2气体,发生歧化反应:3MnO4+2CO2=2

2

MnO4+MnO2i+2CO3-,然后加热，利用KMnCU的溶解度受温度的影响变化较大，趁热过滤，可减少KMnCU

由于温度降低而结晶析出，然后将溶液蒸发结晶得到KMnCU晶体。A项，第①步反应中有强碱KOH,在

加热熔融时KOH会与陶瓷用烟中的SiCh发生反应，腐蚀用烟，因此应该在铁用烟中进行；将KMnO4溶液

通过蒸发浓度应在蒸发皿中进行，A正确；B项，在第②步反应中KCICh为氧化剂，MnCh作还原剂，被氧

化为K2M11O4；第④步通C02发生反应：3MnO42-+2CO2=2MnO4-+MnO21+2CO32-,Mn元素化合价由反应前

MnCU2-中的+6价变为反应后MnCh中的+4价，化合价降低，得到电子，被还原，所以MnCh是还原产物，

B错误；C项，在第③步分批加入蒸储水进行浸取，可以使KzMnCU更多的被浸取出来，从而可提高物质的

浸取率，C正确；D项，第⑤步加热趁热过滤，在较高温度时过滤，KMnCU以离子形式存在于溶液中，说

明KMnCU的溶解度随温度变化比较大，D正确；故选B。

13.难溶电解质的溶度积Ksp难以被直接测量，根据溶液中相关离子浓度会对电池的电动势产生影响，

可通过设计原电池将Ksp测出。某研究小组设计了下图所示的电池装置，已知该电池的电动势

c（Ag+）

E=0.0592xlg+正极=0.34（V）,io型土5.5

4Ag）负极

下列说法不匹螂的是（）

A.电流方向是由B—A

B.该离子交换膜是阴离子交换膜

9

C.Ksp（AgCl）~1.82X1O

D.增大AgNO3溶液浓度会增大电池的电动势

【答案】C

【解析】根据原电池装置可知，A极为原电池负极，发生电极反应：Ag+Cl-e=AgCl；；B极为原电池

正极，发生电极反应：Ag++e=Ag。A项，根据分析可知A为原电池负极，B为原电池正极，电流方向：B-A,

故A正确；B项，根据电荷守恒可知，电子沿着导线由A-B,则带负电荷的NCh-透过离子交换膜向A极

c（Ag+）正极0.34~5740（Ag）正极〜1（）574

移动，即该离子交换膜是阴离子交换膜，故B正确；C项，1g'c（Ag.）J'

c（Ag+）-0.0592

\，负极

cN）正极=1。-2moi/L,则c（Ag+）负极«lO™mol/L,

Ar.,|AgClj=c|Ag）Cicr）1O-4xl0-J=10-4=10-*xio-=1.82x10--故c错误；D项，根据该电

£0=

c（Ag+）

池电动势计算£=O0592xlg+正极=0.34（V）可知,AgNCh溶液浓度越大，电池的电动势越大，故D正

QAg）负极

确；故选C。

14.乙苯与氯气在光照条件下反应生成两种一氯取代物，反应过程中的能量变化如下图所示。下列说

法正确的是（）

能威

CH（1

O—取代物I・HCI

取代物2・HCI

反中i#科

-fHCH,吸收的热量更多

A.反应生成相同物质的量的、//

C1

B.反应刚开始时产物中取代物2所占的比例大于取代物1

C.升温可以提高产物中取代物2所占的比例

D.稳定性：Q—CH2CH2>Q—CHCH3

【答案】C

【解析】A项，乙苯与氯气在光照条件下的反应为放热反应，A错误；B项，反应①的活化能更低，所

以产物中取代物1所占的比例大于取代物2,B错误；C项，反应②的活化能大，所以升温可以提高产物中

取代物2所占的比例，C正确；D项，Q—（:此日^的能量高，所以其稳定性差，D错误；故选C。

15.室温下，通过下列实验探究Na2c03的性质。已知：25℃时，H2s。3的Kai=L42xl（y2、Ka2=1.0xl0^

n

H2c03的Kai=4.3xl0-\Ka2=5.6xl0-o

1

实验1:配制SOmLO.lmol-LNa2CO3溶液，测得溶液pH约为12；

实验2：取lOmLO.lmoHJNa2c03溶液，向其中加入少量CaSCU固体充分搅拌，一段时间后过滤。向

滤渣中加入足量稀盐酸，固体完全溶解；

实验3：取lOmLO.lmolLiNa2cCh溶液，向其中缓慢滴入等体积CHmoLL-i稀盐酸。

下列说法正确的是()

A.实验1所得溶液中，c(Na+)<c(HCO3)+c(CO32)

B.根据实验2,可推测Ksp(CaC03)>Ksp(CaSO4)

C.实验3反应后溶液中存在：c(Na+尸c(H2co3)+C(HCO3-)+C(CO32-)

2

D.25℃时，反应CO3+H2SO3#HCO3+HSO3-的平衡常数K=2.5xlO-8

【答案】D

【解析】A项，Na2c03溶液呈碱性，c(OH-)>c(H+),电荷守恒关系为

++2+22

c(Na)+c(H)=c(HCO3-)+2c(CO3)+c(OH),则c(Na)>c(HCO3)+2c(CO3-)>c(HCO3)+c(CO3-),故A错误；

B项，CaCCh和CaSCU的物质类型相似，溶解度小的物质能转化为溶解度更小的物质，根据实验2,可推测

KSp(CaCO3)<Ksp(CaSO4),故B错误；C项，Na2cCh溶液物料守恒关系为

+2

1c(Na)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO3-),滴入等体积O.lmol-L“稀盐酸后生成NaCl和NaHCCh,仍然存在

+2

1c(Na)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO3),即c(Na+)>c(H2co3)+c(HCO3-)+c(CO34),故C错误；D项，反应

CO32-+H2s030HCO3-+HSO3-的平衡常数

c(HCO)c(HSO：J_c(HCO)c(HS5)c4)_K£H2s。3)_1.4x10。+，用包...口

+n

C(CO^).C(H2SO3)C(CO^)-C(H2SO3)c(H)K£H2cO3)5.6xlO'"

16.下列有关铁及其化合物的实验方案，对应的现象和结论都正确的是()

选项实验方案现象结论

将红热的铁与水蒸气在高温条

反应结束后有黑色固体生成，且该固体铁与水蒸气在高温下反

A件下反应，反应结束后，将磁铁

被磁铁吸引应,生成Fe3O4

靠近产物

为了验证Fe2+的还原性,取FeCh

B溶液于试管中，加入酸性高锦酸酸性高镒酸钾溶液紫色褪去Fe2+具有还原性

钾溶液

Fe3+和SO3?-既发生氧化

取5mLFeCb溶液与试管中，逐加入稀盐酸前，溶液由黄色变为红棕

还原反应，也发生双水

C滴加入Na2so3溶液至过量。再色。加入稀盐酸和BaCb溶液后产生白

解

加入过量稀盐酸和BaCb溶液色沉淀

向少量蒸储水的试管里滴加2

CN-与Fe3+的配位能力小

D滴K3[Fe(CN)6]溶液，然后再滴溶液变血红色

于SCN-

加2滴硫氟化钾溶液

【答案】C

【解析】A项，将红热的铁与水蒸气在高温条件下反应，反应结束后，将磁铁靠近产物，该固体被磁

铁吸引，该固体可以是Fe也可以是Fe3O4,并不能确定一定生成FesCU,A错误；B项，也具有还原性，

可以使酸性高镒酸钾溶液褪色，并不能确定是Fe?+使高锦酸钾褪色，B错误；C项，取5mLFeCb溶液与试

管中，逐滴加入Na2s03溶液至过量。再加入过量稀盐酸和BaCb溶液，加入稀盐酸前，溶液由黄色变为红

棕色，说明发生水解反应产生了Fe(0H)3。加入稀盐酸和BaCL溶液后产生不溶于盐酸的白色沉淀BaSCU,

说明Fe3+将SO32-氧化为SO4%,C正确；D项，向少量蒸储水的试管里滴加2滴K3[Fe(CN)6]溶液，然后再滴

加2滴硫氟化钾溶液，无明显现象，现象错误，D错误。故选C。

第n卷

二、非选择题：共5题，共52分。

17.(10分)磷及其化合物在工业生产中起着重要的作用。

(1)基态磷原子价电子排布式O

(2)磷元素有白磷、黑磷等常见的单质。黑磷晶体是一种比石墨烯更优秀的新型材料，其晶体是与石墨

类似的层状结构，如下图所示，下列有关黑磷晶体的说法正确的是(填字母序号)。

黑磷层内片断

A.黑磷与白磷互为同分异构体B.黑磷中磷原子采取sp2杂化

C.黑磷能导电D.黑磷属于混合型晶体

⑶Fe3+与水会形成黄色的配离子[Fe(OH)]2+,为避免颜色干扰，常在Fe3+溶液中加入H3PO4形成无色的

3

[Fe(PO4)2]-,此配离子中PCU3-的空间构型是。

(4)第mA族磷化物均为共价化合物，被广泛用于高温技术、新型电子产品等领域。

①实验测定磷化铝和磷化锢的熔点分别为2000℃,1070℃,从结构角度说明其熔点差异的原因____o

②磷化硼是一种半导体材料，晶胞结构如图所示，磷化硼的化学式是,已知晶胞边长apm,阿

伏加德罗常数的数值为NA，磷化硼晶体的密度是g-cm-3o

【答案】(l)3s23P3(1分)(2)CD(2分)(3)正四面体形(1分)

(4)磷化铝和磷化锢属于共价晶体，由于Al、In为同主族元素，随着原子序数的递增，核外电子层数逐

渐增加，原子半径Al<In,共价键键长Al-P<In-P,A1-P的键能强于In-P的键能，因此A1P熔点高于InP(2

168,3

分)BP(2分).皿10」。产吗2分)

【解析】(DP元素是第15号元素，基态磷原子价电子排布式3s23P3；(2)A项，黑磷和白磷分子式不相

同，不互为同分异构体，故A错误；B项，根据晶体结构，P原子的配位数是3,有1个孤电子对，分子中

磷原子杂化方式为sp3杂化，故B错误；C项，石墨能导电，黑磷也能导电，故C正确；D项，石墨是混

合晶体，所以黑磷晶体是混合型晶体，故D正确；(3)在Fe3+溶液中加入H3P04形成无色的[Fe(PO4)2]\此

配离子中是中心离子PCU3-；中中心原子P的价层电子对数4+；(5+3-2义4)=4,空间构型是正四面体形；

(4)①实验测定磷化铝和磷化锢的熔点分别为2000、1070。。二者熔点高，属于共价晶体，由于Al、In为同

主族元素，随着原子序数的递增，核外电子层数逐渐增加，原子半径Al<In,共价键键长ALP<In-P,A1-P

的键能强于In-P的键能，因此A1P熔点高于InP。②根据均摊原则，1个晶胞中P原子数为8X：+6X4=4、

B原子数为4,所以化学式为BP；晶胞边长apm,阿伏加德罗常数为NA,磷化硼晶体的密度是

(11+31)x4168,

-----------=----------s/cm3„

10

("10*3%NA?(axlO)

18.(10分)氮及其化合物的相互转化对生命、生产生活意义重大。NH3是重要的化工原料，可发生如下

转化：

......LcockI=/[Nacio-nyrrn“NO：rr

NH4)H,—NHt-----1*(­p-------NM—可—,A

已知：N2H4可被弱氧化剂氧化，但是其盐性质稳定。请回答：

(1)写出过量NH3发生转化I的化学反应方程式。

(2)下列说法正确的是o

A.上述转化均属于氮的固定

B.实验室可借助浓氨水和生石灰反应快速制取少量氨气

C.液态N2H4是良好的溶剂，推测CH4易溶于其中

D.硝酸工业排放的NOx尾气可用NH3处理生成无污染的物质

(3)NH2OH>N2H4与NH3类似，具有碱性，NH2OH,N2H4中碱性较弱的是，原因是。

(4)转化ni消耗N2H4与HNO2的物质的量相等，产物A不含氧元素。则A的化学式为。

(5)反应II在碱性条件下按方程式计量数之比投料，反应进行完全。请设计实验检验反应还原产物的阴

离子:o

【答案】(1)4NH3+COC12=CO(NH2)2+2NH4c1(2分)(2)BD(2分)

(3)NH20H(1分)NH20H中-OH吸引电子能力比-NH2强，故NH20H中N给出电子能力比N2H4

弱(2分)

(4)HN3(1分)

(5)取反应后的溶液于试管中，先加入足量稀硝酸酸化，再滴加AgNCh溶液，有白色沉淀产生，则其还

原产物阴离子为C1-(2分)

【解析】氨气在一定条件下变为NH2OH,过量NH3与C0C12反应生成尿素和氯化镂，尿素和次氯酸钠

反应生成N2H4、氯化钠和水，N2H4和亚硝酸反应生成水和叠氮酸。(1)过量NH3与COC12反应生成尿素和

氯化筱，其过量NH3发生转化I的化学反应方程式4NH3+COCh=CO(NH2)2+2NH4Cl；(2)A项，氮的固定是游

离态的氮气变为化合态，故A错误；B项，氧化钙和浓氨水中水反应生成氢氧化钙并放出大量的热，促使

浓氨水分解生成氨气，因此实验室可借助浓氨水和生石灰反应快速制取少量氨气，故B正确；C项，液态

N2H4是良好的溶剂，N2H4是极性分子，甲烷是非极性分子，根据“相似相溶”原理，则CH4不易溶于其中，

故C错误；D项，氮氧化物和氨气反应生成氮气和水，因此硝酸工业排放的NOx尾气可用NH3处理生成无

污染的物质，故D正确；故选BD。(3)NH2OH,N2H4与NH3类似，具有碱性，NH2OH>N2H4中碱性较弱

的是NHzOH,原因是NH20H中-0H吸引电子能力比-NH?强，故NH20H中N给出电子能力比N2H4弱，

因此NH20H的碱性较弱；(4)转化III消耗N2H4与HNO2的物质的量相等，产物A不含氧元素，说明氧和氢

形成水，根据元素守恒，则A含有氢和氮，再根据化合价和得失电子相等，则A的化学式为HN3；(5)反应

II在碱性条件下按方程式计量数之比投料，反应进行完全，反应的还原产物是氯化钠，为检验氯离子，则

实验方案是取反应后的溶液于试管中，先加入足量稀硝酸酸化，再滴加AgNCh溶液，有白色沉淀产生，则

其还原产物阴离子为C%

19.(10分)反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)在工业上有重要应用。

（1）该反应在不同温度下的平衡常数如表所示。

温度/℃7008008301000

平衡常数1.671.111.000.59

该反应的AH0（填“或"="）。反应常在较高温度下进行，该措施的优缺点

是O

（2）该反应常在Pd膜反应器中进行，其工作原理如图所示。

①利用平衡移动原理解释反应器存在Pd膜时具有更高转化率的原因是o

②某温度下，也在Pd膜表面上的解离过程存在如下平衡：H22H（即图中过程2）,其正反应的活

化能远小于逆反应的活化能。下列说法不正确的是

A.图中过程2的AH>0

B.Pd膜对气体分子的透过具有选择性

C.加快Pd膜内H原子迁移有利于H2的解离

D.N2吹扫有助于H2分子脱离Pd膜

③同温同压下，将等物质的量的CO和H2O通入无Pd膜反应器反应，测得CO的平衡转化率为50%；

若换成Pd膜反应器，CO的平衡转化率为80%,则相同时间内，出口a和出口b中H2的物质的量比

为o

【答案】（l）AH<0（2分）优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度,

平衡逆向移动，产物的转化率较低（2分）

（2）①Pd膜能选择性分离出H2,平衡正向移动，平衡转化率增大（2分）

②A（2分）③1：15（2分）

【解析】（1）根据表中的数据，温度越高，平衡常数越小，所以正反应为放热反应，AH<0；优点：升

高温度，反应速率较快；缺点：正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低；(2)①

由图像可知，Pd膜能选择性分离出H2,导致平衡正向移动，平衡转化率增大；②A项，过程2正反应的活

化能远小于逆反应的活化能，AH<0,故A错误；B项，Pd膜只允许H2通过，不允许CO2通过，对气体

分子的透过具有选择性，故B正确；C项，加快Pd膜内H原子迁移，平衡H2U2H正向移动，有利于H2

的解离，故C正确；D项，N2吹扫更有利于带走H2,有助于H2分子脱离Pd膜，故D正确。故选A。③根

据反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g),设通入的CO和H2均为amol,无Pd膜反应器中CO的平衡

转化率为50%,列三段式:

CO(g>

H;O(g)-—co2(g>H2(g)

起始(mol)aa00

转化(mol)0.5a0.5a0.5a0.5a

平衡(mol)0.5a0.5a0.5a0.5a

0SAx0Sa

则反应前后气体分子数不变，用物质的量代替物质的量浓度计算平衡常数K=E而”有Pd膜反

应器中CO的平衡转化率为80%,列三段式:

CO(ghH;O(g)==cogH：(g)

起始(mol)aa00

转化(mol)0.8a0.8a0.8a0.8a

平衡(mol)02a0.2a0.8an

0.8axn

K=•______n=0.05a,则相同时间内出口a产生的H2为

0.2ax0.2a

0.05amol,出口b的H2为(0.8a-0.05a)mol,质量比为1：15。

20.(10分)某研究小组，利用。2氧化法高效制备KMnCU。制备流程如下:

MnO2

(3.0g)

Cl2

蒸发浓缩抽滤已

KC1C)3(固体，3.0g)加强热熔融物］加强热_冷却f次加、

■

,KOH(固体，6.0g)冷却结晶洗涤、

干燥

过程1

知：3MnO2+KClO3+6KOH理3K2MnO4+KC1+3H2O(K2MnO4呈墨绿色),

Cl2+K2MnO4=2KMnO4+2KCl

请回答下列问题：

(1)KC1O3需过量的目的是

⑵下列说法不正理的是

A.过程1应在瓷生期中进行

B.MnCh应分批加入，以防止熔融物溢出

C.可用酒精洗涤，得到较干燥的产品

D.该实验表明，在强碱性环境下Cb的氧化性强于KMnCU

(3)为检验过程1是否反应完全，应采取的实验操作是：o

(4)将纯化后的KMnCU配成溶液，并应用于废水中化学需氧量(COD)测定

化学需氧量(COD)是：在一定条件下，用强氧化剂氧化一定体积水中的还原剂及有机物时所消耗氧化剂

的量，折算成氧气的量。(单位为mg.L-)来表示。

①从下列选项选择合适操作(操作不能重复使用)并排序：

()-(___________)-()-(___________f

a.取废水样100mL加稀硝酸酸化

b.取废水样100mL加稀硫酸酸化

c.用O.OlOOOmolLT的KMnCU标准溶液滴定

d.力口lO.OOmLO.OlOOOmolL-的KMnCU标准溶液，煮沸，冷却

e.加入O.OlOOOmoLLT的Na2c2O4标准溶液至过量，消耗10.00mL

f.记录，滴定时，KMnCU标准溶液消耗量为8.20mL

1

②计算水样中COD为mg-L-0

【答案】(1)补偿KCIO3在M11O2催化下分解所造成的损失，使MnCh充分反应(2分)

(2)AC(2分)

(3)取少量反应物，冷却，加到水中，若完全溶解，则已经反应完全(2分)

(4)bdec(2分)56.8mg-L-1(2分)

【解析】(DKC103在MnCh催化下易分解，KC1O3需过量的目的是补偿KCKh在MnCh催化下分解所造

成的损失，同时保证MnCh充分反应；(2)A项，瓷器中含有SiCh,可以和碱反应，过程1需在铁甜期中进

行，故A错误；B项，MnCh应分批加入，以防止反应过于激烈，熔融物溢出，故B正确；C项，高锌酸钾

具有氧化性，可以氧化乙醇，不能用酒精洗涤，故C错误；D项，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，在

强碱性环境下CL的氧化性强于KMnO4,故D正确；故选AC；(3)MnC>2不溶于水，则为检验过程1是否反

应完全，应采取的实验操作是：取少量反应物，冷却，加到水中，若完全溶解，则已经反应完全；(4)①纯

化后的KMnCU配成溶液，并应用于废水中化学需氧量(COD)测定化学需氧量(COD),取废水样100mL加稀

硫酸酸化一加10.00mL0.01000mol・L/i的KMnCU标准溶液，煮沸，冷却一加入0.01000moWL/i的Na2c2。4

标准溶液至过量，消耗10.00mLf用O.OlOOOmoM/i的KMnCM标准溶液滴定7f记录，具体排序为

b-d-e-c-f；②草酸钠与高镒酸钾反应的化学方程式为：

5Na2c2O4+2KM11O4+8H2so4=10CO2T+2MnSC)4+K2so4+8H2O+5Na2so4,根据得失电子守恒，KMn€)4〜

1.250,水样中COD为OQOOOm。"Lx[(10.0。+8.2。-10.0。x$虫。七乂32g/molx1=5&8mg♦L

OIL

-io

21.(12分)某研究小组按下列路线合成高效驱虫药三氯苯达陛。

CCl

QHQ卅5乙髀J15(C/CNJOJ

K(>H洛湘1*

ff、

D

Fc/HO,F

—CuHoTljNiO

KOHQHQH

(三氯茶达鹏)

已知：RXNaCN>RCN

请回答：

(1)化合物E的无氧官能团名称是»

(2)化合物B的结构简式是。

(3)下列说法正确的是o

A.化合物A的名称是1,3,4-三氯苯

B.化合物D遇FeCb溶液显紫色

C.F—G中加入KOH,有助于提高化合物G的产率