浙江省2024年6月普通高校招生选考科目考试化学试题
1．（2024·浙江）按物质组成分类，KAl(SO4)2·12H2O属于
A．酸 B．碱 C．盐 D．混合物
2．（2024·浙江）下列说法不正确的是
A．Al(OH)3呈两性，不能用于治疗胃酸过多
B．Na2O2能与CO2反应产生O2，可作供氧剂
C．FeO有还原性，能被氧化成Fe3O4
D．HNO3见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中
3．（2024·浙江）下列表示不正确的是（ ）
A．CO2的电子式：CO2的电子式：
B．Cl2中共价键的电子云图：
C．NH3的空间填充模型：
D．3，3-二甲基戊烷的键线式：
4．（2024·浙江）下列说法不正确的是
A．装置①可用于铜与浓硫酸反应并检验气态产物
B．图②标识表示易燃类物质
C．装置③可用于制取并收集氨气
D．装置④可用于从碘水中萃取碘
5．（2024·浙江）化学与人类社会可持续发展息息相关。下列说法不正确的是
A．部分金属可在高温下用焦炭、一氧化碳、氢气等还原金属矿物得到
B．煤的气化是通过物理变化将煤转化为可燃性气体的过程
C．制作水果罐头时加入抗氧化剂维生素C，可延长保质期
D．加入混凝剂聚合氯化铝，可使污水中细小悬浮物聚集成大颗粒
6．（2024·浙江）利用CH3OH可将废水中的NO3-转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为：
H+＋CH3OH＋NO3-→X＋CO2＋H2O（未配平）。下列说法正确的是
A．X表示NO2
B．可用O3替换CH3OH
C．氧化剂与还原剂物质的量之比为6∶5
D．若生成标准状况下的CO2气体11.2L，则反应转移的电子数为2NA（NA表示阿伏加德罗常数的值）
7．（2024·浙江）物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列结构或性质不能解释其用途的是
选项 结构或性质 用途
A 石墨呈层状结构，层间以范德华力结合 石墨可用作润滑剂
B SO2具有氧化性 SO2可用作漂白剂
C 聚丙烯酸钠（CH2－）中含有亲水基团 聚丙烯酸钠可用于制备高吸水性树脂
D 冠醚18-冠-6空腔直径（260~320pm）与K+直径（276pm）接近 冠醚18-冠-6可识别K+，能增大KMnO4在有机溶剂中的溶解度
A．A B．B C．C D．D
8．（2024·浙江）下列离子方程式正确的是
A．用CuSO4溶液除H2S气体：Cu2+＋S2 ＝CuS↓
B．H2SO3溶液中滴加Ba(NO3)2溶液：H2SO3＋Ba2+＝BaSO3↓＋2H+
C．NaHCO3溶液中通入少量Cl2：2HCO＋Cl2＝2CO2＋Cl ＋ClO ＋H2O
D．用FeCl3溶液刻蚀覆铜板制作印刷电路板：2Fe3+＋Cu＝2Fe2+＋Cu2+
9．（2024·浙江）有机物A经元素分析仪测得只含碳、氢、氧3种元素，红外光谱显示A分子中没有醚键，质谱和核磁共振氢谱示意图如下。下列关于A的说法正确的是
图1质谱 图2核磁共振氢谱
A．能发生水解反应 B．能与NaHCO3溶液反应生成CO2
C．能与O2反应生成丙酮 D．能与Na反应生成H2
10．（2024·浙江）X、Y、Z、M四种主族元素，原子序数依次增大，分别位于三个不同短周期，Y与M同主族，Y与Z核电荷数相差2，Z的原子最外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法不正确的是
A．键角：YX3+＞YX3- B．分子的极性：Y2X2＞X2Z2
C．共价晶体熔点：Y＞M D．热稳定性：YX4＞MX4
11．（2024·浙江）二氧化碳氧化乙烷制备乙烯，主要发生如下两个反应：
Ⅰ C2H6(g)＋CO2(g) C2H4(g)＋CO(g)＋H2O(g) ΔH1＞0
Ⅱ C2H6(g)＋2CO2(g) 4CO(g)＋3H2(g) ΔH2＞0
向容积为10 L的密闭容器中投入2 mol C2H6和3 mol CO2，不同温度下，测得5 min（反应均未平衡）的相关数据见下表，下列说法不正确的是
温度(℃) 400 500 600
乙烷转化率(%) 2.2 9.0 17.8
乙烯选择性(%) 92.6 80.0 61.8
注：乙烯选择性＝×100％
A．反应活化能：Ⅰ＜Ⅱ
B．500℃时，0～5 min反应Ⅰ的平均速率为：v(C2H4)＝2.88×10 3 mol·L 1·min 1
C．其他条件不变，平衡后及时移除H2O(g)可提高乙烯的产率
D．其他条件不变，增大投料比[n(C2H6)/n(CO2)]投料，平衡后可提高乙烷转化率
12．（2024·浙江）丙烯可发生如下转化（反应条件略）：
下列说法不正确的是
A．产物M有2种且互为同分异构体（不考虑立体异构）
B．H+可提高Y→Z转化的反应速率
C．Y→Z过程中，a处碳氧键比b处更易断裂
D．Y→P是缩聚反应，该工艺有利于减轻温室效应
13．（2024·浙江）金属腐蚀会对设备产生严重危害，腐蚀快慢与材料种类、所处环境有关。下图为两种对海水中钢闸门的防腐措施示意图：
图1 图2
下列说法正确的是
A．图1、图2中，阳极材料本身均失去电子
B．图2中，外加电压偏高时，钢闸门表面可发生反应：O2＋4e ＋2H2O＝4OH
C．图2中，外加电压保持恒定不变，有利于提高对钢闸门的防护效果
D．图1、图2中，当钢闸门表面的腐蚀电流为零时，钢闸门、阳极均不发生化学反应
14．（2024·浙江）Si5Cl10中的Si原子均通过sp3杂化轨道成键，与NaOH溶液反应Si元素均转化成Na2SiO3。下列说法不正确的是
A．Si5Cl10分子结构可能是
B．Si5Cl10与水反应可生成一种强酸
C．Si5Cl10与NaOH溶液反应会产生H2
D．Si5Cl10沸点低于相同结构的Si5Br10
15．（2024·浙江）室温下，H2S水溶液中各含硫微粒物质的量分数δ随pH变化关系如下图
[例如δ(H2S)＝]。已知：Ksp(FeS)＝6.3×10 18，Ksp[Fe(OH)2]＝4.9×10 17。
下列说法正确的是
A．溶解度：FeS大于Fe(OH)2
B．以酚酞为指示剂（变色的pH范围8.2~10.0），用NaOH标准溶液可滴定H2S水溶液的浓度
C．忽略S2 的第二步水解，0.10mol/L的Na2S溶液中S2 水解率约为62%
D．0.010mol/L的FeCl2溶液中加入等体积0.20mol/L的Na2S溶液，反应初始生成的沉淀是FeS
16．（2024·浙江）为探究化学平衡移动的影响因素，设计方案并进行实验，观察到相关现象。其中方案设计和结论都正确的是
选项 影响因素 方案设计 现象 结论
A 浓度 向1mL 0.1mol/L K2CrO4溶液中加入1mL 1.0mol/L HBr溶液 黄色溶液变橙色 增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动
B 压强 向恒温恒容密闭玻璃容器中充入100mL HI气体，分解达到平衡后再充入100mL Ar 气体颜色不变 对于反应前后气体总体积不变的可逆反应，改变压强平衡不移动
C 温度 将封装有NO2和N2O4混合气体的烧瓶浸泡在热水中 气体颜色变深 升高温度，平衡向吸热反应方向移动
D 催化剂 向1mL乙酸乙酯中加入1mL 0.3mol/L H2SO4溶液，水浴加热 上层液体逐渐减少 使用合适的催化剂可使平衡向正反应方向移动
A．A B．B C．C D．D
17．（2024·浙江）氧是构建化合物的重要元素。请回答：
（1）某化合物的晶胞如图1，Cl 的配位数（紧邻的阳离子数）为 ；写出该化合物的化学式 ，写出该化合物与足量NH4Cl溶液反应的化学方程式 。
HA HB HC HD
图1 图2
（2）下列有关单核微粒的描述正确的是____。
A．Ar的基态原子电子排布方式只有一种
B．Na的第二电离能＞Ne的第一电离能
C．Ge的基态原子简化电子排布式为[Ar]4s24p2
D．Fe原子变成Fe+，优先失去3d轨道上的电子
（3）化合物HA、HB、HC和HD的结构如图2。
①HA、HB和HC中羟基与水均可形成氢键（－O－H┄OH2），按照氢键由强到弱对三种酸排序 ，请说明理由 。
②已知HC、HD钠盐的碱性NaC＞NaD，请从结构角度说明理由 。
18．（2024·浙江）矿物资源的综合利用有多种方法，如铅锌矿（主要成分为PbS、ZnS）的利用有火法和电解法等。
已知：①PbCl2(s) PbCl2(aq)H2[PbCl4]；
②电解前后ZnS总量不变；③AgF易溶于水。
请回答：
（1）根据富氧煅烧（在空气流中煅烧）和通电电解（如图）的结果，PbS中硫元素体现的性质是 （选填“氧化性”、“还原性”、“酸性”、“热稳定性”之一）。产物B中有少量Pb3O4，该物质可溶于浓盐酸，Pb元素转化为[PbCl4]2 ，写出该反应的化学方程式 ；从该反应液中提取PbCl2的步骤如下：加热条件下，加入 （填一种反应试剂），充分反应，趁热过滤，冷却结晶，得到产品。
（2）下列说法正确的是____。
A．电解池中发生的总反应是PbS＝Pb＋S（条件省略）
B．产物B主要是铅氧化物与锌氧化物
C．1mol化合物C在水溶液中最多可中和2mol NaOH
D．ClF的氧化性弱于Cl2
（3）D的结构为HO－－X（X＝F或Cl），设计实验先除去样品D中的硫元素，再用除去硫元素后的溶液探究X为何种元素。
①实验方案：取D的溶液，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，然后 ；
②写出D（用HSO3X表示）的溶液与足量NaOH溶液反应的离子方程式 。
19．（2024·浙江）氢是清洁能源，硼氢化钠（NaBH4）是一种环境友好的固体储氢材料，其水解生氢反应方程式如下。（除非特别说明，本题中反应条件均为25℃，101kPa）
NaBH4(s)＋2H2O(l)＝NaBO2(aq)＋4H2(g) ΔH＜0
请回答：
（1）该反应能自发进行的条件是____。
A．高温 B．低温 C．任意温度 D．无法判断
（2）该反应比较缓慢。忽略体积变化的影响，下列措施中可加快反应速率的是____。
A．升高溶液温度 B．加入少量异丙胺[(CH3)2CHNH2]
C．加入少量固体硼酸[B(OH)3] D．增大体系压强
（3）为加速NaBH4水解，某研究小组开发了一种水溶性催化剂，当该催化剂足量、浓度一定且活性不变时，测得反应开始时生氢速率v与投料比[n(NaBH4)/n(H2O)]之间的关系，结果如图1所示。请解释ab段变化的原因 。
图1 图2
（4）氢能的高效利用途径之一是在燃料电池中产生电能。某研究小组的自制熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图2所示，正极上的电极反应式是 。该电池以3.2A恒定电流工作14分钟，消耗H2体积为0.49L，故可测得该电池将化学能转化为电能的转化率为 。[已知：该条件下H2的摩尔体积为24.5L/mol；电荷量q(C)＝电流I(A)×时间t(s)；NA＝6.0×1023 mol 1；e＝1.60×10 19 C。]
（5）资源的再利用和再循环有利于人类的可持续发展。选用如下方程式，可以设计能自发进行的多种制备方法，将反应副产物偏硼酸钠（NaBO2）再生为NaBH4。（已知：ΔG是反应的自由能变化量，其计算方法也遵循盖斯定律，可类比ΔH计算方法；当ΔG＜0时，反应能自发进行。）
Ⅰ．NaBH4(s)＋2H2O(l)＝NaBO2(aq)＋4H2(g) ΔG1＝－320kJ/mol
Ⅱ．H2(g)＋H2(g)＝H2O(l) ΔG2＝－240kJ/mol
Ⅲ．Mg(s)＋H2(g)＝MgO(s) ΔG3＝－570kJ/mol
请书写一个方程式表示NaBO2再生为NaBH4的一种制备方法，并注明ΔG 。（要求：反应物不超过三种物质；氯原子利用率为100%。）
20．（2024·浙江）某小组采用如下实验流程制备AlI3：
已知：AlI3是一种无色晶体，吸湿性极强，可溶于热的正己烷，在空气中受热易被氧化。
请回答：
（1）如图为步骤Ⅰ的实验装置图（夹持仪器和尾气处理装置已省略），图中仪器A的名称是 ，判断步骤Ⅰ反应结束的实验现象是 。
（2）下列做法不正确的是____。
A．步骤Ⅰ中，反应物和溶剂在使用前除水
B．步骤Ⅰ中，若控温加热器发生故障，改用酒精灯（配石棉网）加热
C．步骤Ⅲ中，在通风橱中浓缩至蒸发皿内出现晶膜
D．步骤Ⅳ中，使用冷的正己烷洗涤
（3）所得粗产品呈浅棕黄色，小组成员认为其中混有碘单质，请设计实验方案验证 。
（4）纯化与分析：对粗产品纯化处理后得到产品，再采用银量法测定产品中I 含量以确定纯度。滴定原理为：先用过量AgNO3标准溶液沉淀I ，再以NH4SCN标准溶液回滴剩余的Ag+。已知：
难溶电解质 AgI（黄色） AgSCN（白色） Ag2CrO4（红色）
溶度积常数Ksp 8.5×10 17 1.0×10 12 1.1×10 12
①从下列选项中选择合适的操作补全测定步骤。
称取产品1.0200g，用少量稀酸A溶解后转移至250mL容量瓶，加水定容得待测溶液。取滴定管检漏、水洗→( )→装液、赶气泡、调液面、读数→用移液管准确移取25.00mL待测溶液加入锥形瓶→( )→( )→加入稀酸B→用1.000×10 2mol/L NH4SCN标准溶液滴定→( )→读数。
a．润洗，从滴定管尖嘴放出液体
b．润洗，从滴定管上口倒出液体
c．滴加指示剂K2CrO4溶液
d．滴加指示剂硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2]溶液
e．准确移取25.00mL 4.000×10 2mol/L AgNO3标准溶液加入锥形瓶
f．滴定至溶液呈浅红色
g．滴定至沉淀变白色
②加入稀酸B的作用是 。
③三次滴定消耗NH4SCN标准溶液的平均体积为25.60mL，则产品纯度为 。
[M(AlI3)＝408g/mol]
21．（2024·浙江）某研究小组按下列路线合成抗炎镇痛药“消炎痛”（部分反应条件已简化）。
已知：NH－NH2＋O＝C—-→NH－NH＝C
请回答：
（1）化合物F的官能团名称是 。
（2）化合物G的结构简式是 。
（3）下列说法不正确的是____。
A．化合物A的碱性弱于CH3ONH2
B．A＋B→C的反应涉及加成反应和消去反应
C．D→E的反应中，试剂可用Cl2/FeCl3
D．“消炎痛”的分子式为C18H16ClNO4
（4）写出H→I的化学方程式 。
（5）吗吲哚-2-甲酸（ ）是一种医药中间体，设计以NH－NH2和CH3CHO为原料合成吲哚-2-甲酸的路线（用流程图表示，无机试剂任选）。
（6）写出4种同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式。
①分子中有2种不同化学环境的氢原子；
②有甲氧基（－OCH3），无三元环
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】KAl(SO4)2·12H2O是由金属阳离子和酸根离子构成的，属于盐；
故答案为：C。
【分析】盐是由金属阳离子或铵根离子与酸根离子构成的。
2．【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．胃酸的主要成分是盐酸，Al(OH)3呈两性，与盐酸反应生成盐和水，能用于治疗胃酸过多，A符合题意；
B．Na2O2能与CO2反应产生O2，可作供氧剂，B不符合题意；
C．FeO有还原性，能被氧化成Fe3O4，C不符合题意；
D．HNO3不稳定，见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.胃酸的主要成分是盐酸，能与Al(OH)3反应。
B.Na2O2能与CO2反应产生O2。
C.还原剂具有还原性。
D.HNO3不稳定。
3．【答案】A
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．由分析可知，CO2的电子式为，A符合题意；
B．由分析可知，Cl2中共价键的电子云图为 ，B不符合题意；
C．NH3分子为三角锥形，由分析可知，其空间填充模型为 ，C不符合题意；
D．由分析可知，3，3-二甲基戊烷的键线式为 ，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.CO2分子中碳氧原子间是双键，有2对共用电子。
B.Cl2分子中p电子以“头碰头”形成σ键。
C.注意氮原子半径比氢原子大。
D.注意键线式只表示 碳架，忽略 碳-氢键，其他化学键如 双键、 三键等需要明确表示，每个端点和拐角处都代表一个 碳原子。
4．【答案】C
【知识点】分液和萃取；气体发生装置；气体的收集
【解析】【解答】A．铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、水和二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，A不符合题意；
B．图②标识表示易燃类物质，B不符合题意；
C．装置③可用于制取氨气，氨气的密度比空气小，可用向下排空气法收集，C符合题意；
D．碘单质与水不互溶，装置④可用于从碘水中萃取碘，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.二氧化硫能使品红溶液褪色。
B.熟悉常见危险标志。
C.注意氨气的密度比空气小，可用向下排空气法收集。
D.碘单质与水不互溶。
5．【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解答】A．焦炭、一氧化碳、氢气作还原剂，在一定条件下能还原金属矿物得到金属，A不符合题意；
B．煤的气化是指在高温条件下通过化学反应把煤或煤焦中的可燃部分转化为气体的过程，属于化学变化，B符合题意；
C．维生素C具有还原性，制作水果罐头时加入抗氧化剂维生素C，可消耗氧气，延长保质期，C不符合题意；
D．氯化铝溶液水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附污水中的细小悬浮物，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.还原剂可将金属矿物中的金属还原出来。
B.物理变化没有新物质生成，化学变化有新物质生成。
C.维生素C具有还原性。
D.胶体具有吸附性。
6．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】A．由分析可知，X表示N2，A不符合题意；
B．根据反应方程式可知，反应中甲醇作还原剂，而O3是强氧化剂，所以不可用O3替换CH3OH，B不符合题意；
C．根据反应方程式可知，反应中甲醇作还原剂，NO3-作氧化剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比为6∶5，C符合题意；
D．根据反应方程式可知，反应中生成5mol CO2，转移30mol电子，则生成11.2 L CO2，即0.5molCO2，转移3mol电子，即转移电子数为3NA，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据题干信息，生成物为无害物质，结合反应前后元素的种类不变，可推出X为氮气，根据原子、电荷守恒可得该反应方程式为6H+＋5CH3OH＋6NO3-=3N2＋5CO2＋13H2O。
7．【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．石墨作润滑剂是利用其层间以范德华力结合，导致石墨质软，A不符合题意；
B．SO2可用作漂白剂是利用其具有漂白性，B符合题意；
C．聚丙烯酸钠可用于制备高吸水性树脂，是利用其含有亲水基团，C不符合题意；
D．冠醚18-冠-6空腔直径与K+直径接近，通过适配将MnO4-携带进入有机溶剂中，增大KMnO4在有机溶剂中的溶解度，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.石墨层间以范德华力结合，导致石墨质软。
B.SO2具有漂白性，可用作漂白剂。
C.根据相似相溶原理分析。
D.冠醚18-冠-6空腔直径与K+直径接近，通过适配将MnO4-携带进入有机溶剂中。
8．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．H2S为气体，不能拆成离子形式，正确离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+，A不符合题意；
B．H+与NO3-结合具有强氧化性，正确离子方程式为3H2SO3+2NO3-+3Ba2+=3BaSO4↓+2NO↑+H2O+4H+，B不符合题意；
C．HClO为弱酸，不能拆成离子形式，正确离子方程式为HCO3-+Cl2=CO2+Cl-+HClO，C不符合题意；
D．FeCl3具有强氧化性，涉及离子方程式为2Fe3+＋Cu＝2Fe2+＋Cu2+，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.H2S为气体，不能拆成离子形式。
B.H+与NO3-结合具有强氧化性。
C.HClO为弱酸，不能拆成离子形式。
D.FeCl3具有强氧化性，注意电荷守恒。
9．【答案】D
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．由分析可知，A为CH3CH2CH2OH，不能发生水解反应，A不符合题意；
B．由分析可知，A为CH3CH2CH2OH，与NaHCO3溶液不反应，B不符合题意；
C．由分析可知，A为CH3CH2CH2OH，能与O2反应生成丙醛（CH3CH2CHO），C不符合题意；
D．由分析可知，A为CH3CH2CH2OH，羟基能与Na反应生成H2，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据图示信息可知，有机物A的相对分子质量为60，分子中含有4种氢原子。有机物A 只含碳、氢、氧3种元素，且红外光谱显示A分子中没有醚键，则氧原子上的氢为羟基氢，碳原子上三种氢原子，可推出有机物A的结构简式为CH3CH2CH2OH。
10．【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；极性分子和非极性分子；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．CH3+与CH3-中碳原子杂化方式分别为sp2、sp3，则键角：YX3+＞YX3-，A不符合题意；
B．C2H2为非极性分子，H2O2为极性分子，则分子的极性：Y2X2＜X2Z2，B符合题意；
C．键能越大，熔点越高，C—C键的键能大于Si—Si键的键能，则共价晶体熔点：Y＞M，C不符合题意；
D．非金属性越强，则其氢化物越稳定，由于非金属性：C＞Si，则热稳定性：YX4＞MX4，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据题干信息，X、Y、Z、M四种主族元素，Z的原子最外层电子数是内层电子数的3倍，结合最外层电子数不超过8，可推出Z为氧元素；Y与Z核电荷数相差2，可推出Y为碳元素；Y与M同主族，可推出M是硅元素；这几种元素分别位于三个不同短周期，可推出X是氢元素。
11．【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．根据表格信息，乙烷的转化率随温度升高而增大，乙烯的选择性随温度升高而减小，说明温度升高，主要发生反应Ⅱ，则反应Ⅰ的活化能比反应Ⅱ的活化能小，A不符合题意；
B．根据题干信息，500℃时，0～5min反应Ⅰ的平均速率为v(C2H4)==2.88×10-3mol L-1 min-1，B不符合题意；
C．其他条件不变，平衡后及时移除H2O（g），利于反应Ⅰ正向移动，可提高乙烯的产率，C不符合题意；
D．其他条件不变，增大投料比[n(C2H6)/n(CO2)]投料，利于平衡正向移动，降低了乙烷转化率，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.反应的活化能越大，反应越易发生。
B.根据反应速率表达式△v=进行分析，注意单位统一。
C.平衡后及时移除H2O（g），利于反应Ⅰ正向移动。
D.增大投料比[n(C2H6)/n(CO2)]投料，利于平衡正向移动，降低了乙烷转化率。
12．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；缩聚反应
【解析】【解答】A．根据流程图信息，X中碳碳双键上氢原子不同，与HOCl加成生成两种产物，则产物M有2种且互为同分异构体，A不符合题意；
B．根据流程图信息，Y在H+条件下最终转化为Z，说明H+可提高Y→Z转化的反应速率，B不符合题意；
C．根据流程图信息，Y→Z过程中，a处断裂与水加成，最终生成主产物Z，则a处碳氧键比b处易断裂，C不符合题意；
D．根据流程图信息，Y→P的产物只有一种，为加聚反应，该工艺有利于减轻温室效应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.X中碳碳双键上氢原子不同，与HOCl加成生成两种产物。
B.Y在H+条件下最终转化为Z。
C.结合Y、Z的结构简式进行分析。
D.结合Y、P的结构简式进行分析。
13．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；铁的吸氧腐蚀
【解析】【解答】A．由分析可知，图1中阳极材料本身会失电子发生氧化反应，而图2中阳极材料为辅助阳极，本身不能失电子，A不符合题意；
B．图2装置为电解池，且为外加电源的阴极保护法，外加电压偏高时，钢闸门表面电子增多，除海水中H+放电外，海水中溶解的O2也会放电，可发生反应：O2＋4e ＋2H2O＝4OH ，B符合题意；
C．图2装置为电解池，且为外加电源的阴极保护法，若外加电压保持恒定不变，不能抵消腐蚀电流，不利于提高对钢闸门的防护效果，C不符合题意；
D．图1、图2中，当钢闸门表面的腐蚀电流为零时，说明图1和图2装置中电子阻止了铁的反应，钢闸门不发生腐蚀反应，牺牲阳极和辅助阳极均发生了氧化反应，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据题干信息可知，图1装置为原电池，且为牺牲阳极的阴极保护法，阳极材料失电子，发生氧化反应，作负极，钢闸门作正极；图2装置为电解池，且为外加电源的阴极保护法，阳极材料为辅助阳极，本身不能失电子，电解质溶液中的阴离子失电子发生氧化反应，钢闸门作阴极。
14．【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；结构式
【解析】【解答】A．根据题干信息，Si5Cl10中硅原子形成四个单键，硅原子不具备空轨道接受孤对电子，则氯原子不能形成两个共价键，A符合题意；
B．Si5Cl10与水反应能生成HCl和硅酸，HCl为一种强酸，B不符合题意；
C．根据题干信息，Si5Cl10与NaOH溶液反应，Si元素均转化成Na2SiO3，该反应为氧化还原反应，Si元素化合价升高，则必有元素化合价降低，可推出氢元素化合价降低，即会产生氢气，C不符合题意；
D．Si5Br10与Si5Cl10均为分子晶体，相对分子质量：Si5Br10>Si5Cl10，则Si5Br10分子间的范德华力大，沸点较高，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.Si5Cl10中硅原子形成四个单键，硅原子不具备空轨道接受孤对电子，则氯原子不能形成两个共价键。
B.Si5Cl10与水反应能生成HCl和硅酸。
C.Si5Cl10与NaOH溶液反应为氧化还原反应。
D.对于分子晶体，一般相对分子质量较大的分子间范德华力大，则沸点较高。
15．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A．FeS和Fe(OH)2的溶解平衡分别是FeS(s) Fe2+(aq)+S2-(aq)、Fe(OH)2(s) Fe2+(aq)+2OH-(aq)，则其饱和溶液中c(FeS)==，c[Fe(OH)2]=>，所以溶解度：FeSB．以酚酞为指示剂（变色的pH范围8.2~10.0），用NaOH溶液滴定H2S溶液，根据图示信息，当酚酞发生明显颜色变化时，反应未进行完全，即不能用酚酞为指示剂，B不符合题意；
C．Na2S溶液中存在水解平衡：S2-+H2O HS-+OH-，HS-+H2O H2S+OH-，忽略S2-的第二步水解，则第一步水解平衡常数Kh==0.1，设水解的c(S2-)=xmol/L，则=0.1，x≈0.062，所以0.10mol/L的Na2S溶液中S2-水解率≈，C符合题意；
D.0.010mol/L的FeCl2溶液中加入等体积0.20mol/L的Na2S溶液，瞬间得到0.005mol/LFeCl2溶液和 0.10mol/L的Na2S溶液，结合C项，水解的c(S2-)=0.062mol/L，此时c（Fe2+）×c（S2-）=0.005mol/L×（0.10mol/L-0.062mol/L）=1.9×10-4＞Ksp（FeS）=6.3×10-18，c（Fe2+）×c2（OH-）=0.005mol/L×（0.062mol/L）2=1.922×10-5＞Ksp[Fe（OH）2]=4.9×10-17，反应初始生成的沉淀是FeS和Fe（OH）2，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据沉淀溶解平衡进行分析。
B.用NaOH溶液滴定H2S溶液，根据图示信息，当酚酞发生明显颜色变化时，反应未进行完全。
C.Na2S溶液中存在水解平衡：S2-+H2O HS-+OH-，HS-+H2O H2S+OH-。
D.通过比较c（Fe2+）×c（S2-）与Ksp（FeS），c（Fe2+）×c2（OH-）与Ksp[Fe（OH）2]进行分析
16．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．涉及平衡反应为： CrO42-（黄色）+2H+ Cr2O72-（橙色）+H2O，加入HBr溶液，c(H+)增大，利于平衡正向移动，溶液橙色加深，A不符合题意；
B．涉及反应为：2HI H2+I2，该反应前后气体总体积不变，压强不受影响，恒温恒容时充入HI气体，分解达到平衡后再充入惰性气体Ar，平衡不移动，气体颜色不变，可得到结论，B不符合题意；
C．涉及反应为：2NO2 N2O4，升温使得气体颜色变深，说明平衡逆向移动，即该反应逆向为吸热反应，C符合题意；
D．催化剂不影响平衡移动，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.增大反应物浓度利于平衡正向移动。
B.反应前后气体总体积不变的反应不受压强影响。
C.升温利于平衡向吸热方向移动。
D.催化剂不影响平衡移动。
17．【答案】（1）12；K3ClO；【K3OCl、OClK3、O K3Cl、KCl·K2O、K2O·KCl、KClK2O（中间·没有不扣分）、K3ClO均可，但非最简式如K6Cl2O2不得分】，K3ClO＋H2O＋2NH4Cl＝3KCl＋2NH3·H2O【物质对且配平对才得分；写K3ClO＋2NH4Cl＝3KCl＋2NH3＋H2O也对；写K3ClO＋2NH4Cl＝3KCl＋NH3＋NH3·H2O也对；NH3·H2O写成NH4OH错】。
（2）A；B
（3）HC＞HB＞HA；吸电子能力C＝O＞C＝S＞C＝Se，吸电子能力越强，羟基上H带正电荷越多，与水分子中氧原子作用越强，即氢键越强；原子半径S＞O，键长S―H＞O―H，S―H键更易断键电离，因此HD酸性更强，酸根不易水解，碱性NaC＞NaD
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）根据图1可知，Cl-的配位数为12；该晶胞中含Cl数目为8×=1，含O数目为1，含K数目为6×=3，则该化合物的化学式为K3ClO；该化合物与足量NH4Cl溶液反应生成KCl和NH3 H2O，其化学方程式为K3ClO+2NH4Cl+H2O=3KCl+2NH3 H2O。
（2）A．Ar的基态原子的电子排布方式为1s22s22p63s23p6，只有一种，正确；
B．Na+和Ne具有相同的电子层结构，核电荷数：Na>Ne，则Na+的原子核对外层电子的引力大于Ne的，则Na的第二电离能＞Ne的第一电离能，正确；
C．Ge的原子序数为32，基态Ge原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p2，错误；
D．基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，Fe原子变成Fe+，优先失去4s轨道上的电子，错误；
（3）①吸电子能力：C＝O＞C＝S＞C＝Se，吸电子能力越强，羟基上H带正电荷越多，与水分子中氧原子作用越强，即氢键越强，所以HA、HB和HC中羟基与水形成的氢键由强到弱的顺序为HC＞HB＞HA。
②原子半径：S＞O，键长：S―H＞O―H，S―H键更易断键电离，因此HD酸性更强，酸根不易水解，碱性NaC＞NaD。
【分析】（1）根据图1可知，Cl-的配位数为12；根据晶胞均摊法可计算出Cl、O、K原子数目，进而得到化合物的分子式；该化合物与足量NH4Cl溶液反应生成KCl和NH3 H2O，注意配平。
（2）A．Ar的基态原子的电子排布方式为1s22s22p63s23p6。
B．Na+和Ne具有相同的电子层结构，核电荷数：Na>Ne，则Na+的原子核对外层电子的引力大于Ne的，则Na的第二电离能＞Ne的第一电离能。
C．基态Ge原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p2。
D．基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2。
（3）①吸电子能力越强，羟基上H带正电荷越多，与水分子中氧原子作用越强，即氢键越强。
②原子半径：S＞O，键长：S―H＞O―H，S―H键更易断键电离。
18．【答案】（1）还原性；Pb3O4＋14HCl(浓)＝3H2[PbCl4]＋Cl2＋4H2O（或Pb3O4＋8H+＋6Cl ＝3[PbCl4]2 ＋Cl2＋4H2O）；PbO/Pb(OH)2/PbCO3
（2）A；B
（3）加入Ba(NO3)2/Ba(OH)2溶液，过滤取上层清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则有Cl ，反之则有F ；H＋＋SO3X ＋3OH ＝SO＋X ＋2H2O（或SO3X ＋2OH ＝SO＋X ＋H2O，H＋＋OH ＝H2O）
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）根据流程图信息，PbS→SO2，硫元素化合价升高，硫元素体现了还原性；根据题干信息可知，Pb3O4与浓盐酸反应的方程式为Pb3O4＋14HCl(浓)＝3H2[PbCl4]＋Cl2＋4H2O；根据已知①，从该反应液中提取PbCl2，所加试剂应能消耗H+使平衡逆向进行，且不引入杂质，则步骤为：加热条件下，加入PbO或Pb(OH)2或PbCO3，充分反应，趁热过滤，冷却结晶，得到产品。
（2）A．根据已知②，电解前后ZnS总量不变，阳极电极反应式为2Fe2++2e-=2Fe3+、2Fe3++PbS=S+Pb2++2Fe2+，阴极电极反应式为Pb2++2e-=Pb，则电解池中发生的总反应为PbS＝Pb＋S（条件省略），正确；
B．根据流程图信息可知，PbS、ZnS经富氧煅烧得到SO2和Pb、Zn的氧化物，即产物B主要是铅氧化物与锌氧化物，正确；
C．根据流程图信息，可推出混合物C为，其中卤素原子能被H2O中羟基取代生成硫酸和HCl、HF，则1mol化合物C在水溶液中最多可中和4mol NaOH，错误；
D．ClF、Cl2中氯元素化合价分别为+1、0，则ClF的氧化性强于Cl2，错误。
（3）①根据D的结构式，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，加入Ba(NO3)2/Ba(OH)2溶液，过滤取上层清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则有Cl ，反之则有F 。
②HSO3X的溶液与足量NaO
【分析】（1）PbS→SO2，硫元素化合价升高，硫元素体现了还原性；Pb3O4与浓盐酸反应的方程式为Pb3O4＋14HCl(浓)＝3H2[PbCl4]＋Cl2＋4H2O；从该反应液中提取PbCl2，所加试剂应能消耗H+使平衡逆向进行，且不引入杂质。
（2）A．根据电解池装置图可知，阳极电极反应式为2Fe2++2e-=2Fe3+、2Fe3++PbS=S+Pb2++2Fe2+，阴极电极反应式为Pb2++2e-=Pb。
B．PbS、ZnS经富氧煅烧得到SO2和Pb、Zn的氧化物。
C．混合物C为，其中卤素原子能被H2O中羟基取代生成硫酸和HCl、HF。
D．ClF、Cl2中氯元素化合价分别为+1、0，则ClF的氧化性强于Cl2。
（3）①检验Cl ，可通过加入硝酸酸化的AgNO3溶液，会产生白色沉淀。
②HSO3X的溶液与足量NaOH溶液反应生成Na2SO4和NaX。
19．【答案】（1）C
（2）A；C
（3）ab段，反应物水浓度降低（水的物质的量分数过低，微粒间的有效碰撞减少），生氢速率减慢
（4）O2＋2CO2＋4e ＝2CO；70％
（5）NaBO2(s)＋2H2O(l)＋4Mg(s)＝NaBH4(aq)＋4MgO(s) ΔG＝―1000kJ/mol或NaBO2(s)＋2H2(g)＋2Mg(s)＝NaBH4(aq)＋2MgO(s) ΔG＝―340KJ/mol
【知识点】热化学方程式；电极反应和电池反应方程式；焓变和熵变；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】（1）根据反应方程式可知，ΔH＜0，该反应前后气体体积增大，则△S>0，所以任意温度下，△G=ΔH-T△S<0，即该反应在任意温度下能自发进行。
（2）A.升高温度，能加快反应速率，正确；
B.加入的少量异丙胺[(CH3)2CHNH2]发生水解反应，消耗H2O，会降低反应速率，错误；
C.加入少量固体硼酸[B(OH)3]，会使反应易于生成H2，能加快反应速率，正确；
D.根据题干信息，忽略体积变化的条件下，增大体系压强，不影响反应速率，错误。
（3）根据图1信息，随着投料比[n(NaBH4)/n(H2O)]的增大，反应物水浓度降低，生氢速率减慢。
（4）由分析可知，正极上的电极反应式为O2+4e-+2CO2=2CO32-；根据题干信息，该条件下消耗n(H2)=0.49L/24.5L·mol-1=0.02mol，根据H2-2e-=2H+，所带电荷量为2×0.02mol×6.0×1023mol-1×1.60×10-19C=3840C，而工作电荷量为3.2A×14×60s=2688C，所以该电池将化学能转化为电能的转化率为。
（5）根据题干信息，氢原子利用率为100%，则由（2×反应3）-（2×反应Ⅱ+反应Ⅰ）得到NaBO2（s）+2H2（g）+2Mg（s）=NaBH4（s）+2MgO（s），其△G=2△G3-（ 2△G2+△G1）=2×（-570kJ/mol）-[2×（-240kJ/mol）+（-320kJ/mol）]=-340kJ/mol。
【分析】（1）反应能自发进行的条件是△G=ΔH-T△S<0。
（2）根据影响反应速率的因素（温度、浓度、压强、催化剂等）进行分析。
（3）随着投料比[n(NaBH4)/n(H2O)]的增大，反应物水浓度降低。
（4）根据图2信息，该装置为原电池，O2为正极，其电极反应式为O2+4e-+2CO2=2CO32-；H2为负极，其电极反应式为H2-2e-=2H+。
（5）氢原子利用率为100%，则由（2×反应3）-（2×反应Ⅱ+反应Ⅰ）得到NaBO2（s）+2H2（g）+2Mg（s）=NaBH4（s）+2MgO（s），其△G=2△G3-（ 2△G2+△G1）。
20．【答案】（1）（球形）冷凝管；反应液紫色褪色
（2）B；C
（3）用水/乙醇溶解少量样品，加入淀粉溶液，若溶液出现蓝色，则含有碘单质，若没有出现蓝色，则不含碘单质
（4）a；e；d；f；抑制指示剂中Fe3+水解/抑制或防止Fe3+水解/抑制或防止指示剂水解/防止水解生成Fe(OH)3；99.2%
【知识点】制备实验方案的设计；物质检验实验方案的设计；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）仪器A是球形冷凝管；AlI3是无色晶体，碘溶于正己烷使溶液显紫红色，当碘反应完全后，溶液变为无色，则判断步骤Ⅰ反应结束的实验现象是：反应液紫色褪色。
（2）A．根据已知信息，AlI3吸湿性极强，则步骤Ⅰ中，反应物和溶剂在使用前应除水，正确；
B．在步骤Ⅰ中，若控温加热器发生故障，不能改用酒精灯（配石棉网）加热，因正己烷易燃，错误；
C．根据已知信息，AlI3在空气中受热易被氧化，则在步骤Ⅲ中蒸发浓缩时，要注意使用有保护气的装置中进行，不能直接在蒸发皿中浓缩，错误；
D．根据已知信息，AlI3可溶于热的正己烷，则为了减少溶解损失，在步骤Ⅳ中要使用冷的正己烷洗涤，正确。
（3）用水/乙醇溶解少量样品，加入淀粉溶液，若溶液出现蓝色，则含有碘单质，若没有出现蓝色，则不含碘单质。
（4）①润洗时，滴定管尖嘴部分也需要润洗；用移液管准确移取25.00mL待测溶液加入锥形瓶，后加25.00mL 4.000×10-2mol/LAgNO3标准溶液，两者充分反应后，剩余的c(Ag+)较小，再滴加指示剂硫酸铁铵[NH4Fe（SO4）2]溶液，可防止生成Ag2SO4沉淀；Fe3+与过量的半滴[NH4Fe（SO4）2]溶液中的SCN-反应生成溶液呈红色的配合物，则滴定至溶液呈浅红色时读数。综上可知，需补全的操作步骤依次是aedf。
②加入稀酸B的作用是抑制指示剂中Fe3+水解/抑制或防止Fe3+水解/抑制或防止指示剂水解/防止水解生成Fe(OH)3。
③根据①可知，涉及反应是Ag++I-=AgI↓、Ag++SCN-=AgSCN↓，根据Ag守恒可得n（AgI）+n（AgSCN）=n（AgNO3），则滴定消耗的n（AgI）=n（AgNO3）-n（AgSCN）=n（AgNO3）-n（NH4SCN）=25.00mL×10-3L mL-1×4.000×10-2mol/L-25.60mL×10L mL-1×1.000×10-2mol/L=7.440×10-4mol，则n（AlI3）=n（AgI）=7.440×10-4mol×=2.480×10-4mol，所以产品纯度为=99.2%。
【分析】（1）根据仪器的特征进行分析；碘单质为紫色，AlI3为无色晶体。
（2）A．AlI3吸湿性极强。
B．注意有机物正己烷易燃。
C．注意使用有保护气的装置中进行，不能直接在蒸发皿中浓缩。
D．AlI3可溶于热的正己烷。
（3）碘遇淀粉变蓝。
（4）①润洗时，滴定管尖嘴部分也需要润洗；根据表格信息，Ag2CrO4的溶度积常数与AgSCN比较接近，则K2CrO4溶液不能用作指示剂，应该选用[NH4Fe(SO4)2]溶液。
②Fe3+和Al3+均易发生水解。
③涉及反应是Ag++I-=AgI↓、Ag++SCN-=AgSCN↓，根据Ag原子守恒及n（AlI3）=n（AgI）进行分析。
21．【答案】（1）碳氯键/氯原子，羧基
（2）ClCOCl或ClCOCl或ClOCCl
（3）A；D
（4）＋HCl＋NH4C
（5）
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据F的结构简式，F的官能团为羧基和氯原子。
（2）由分析可知，化合物G的结构简式是。
（3）A．直接连在苯环上的氨基更易结合氢离子，则化合物A的碱性较强，错误；
B．A+B→C的反应中，B中羰基发生加成反应得到羟基，羟基再与相邻N原子上的H原子发生消去反应得到N=C键，正确；
C．D→E的反应中，甲苯对位上的氢原子被氯原子取代，试剂可用Cl2/FeCl3，正确；
D．根据结构简式可知，“消炎痛”的分子式为C19H16ClNO4，错误；
（4）H→I的化学方程式为＋HCl→＋NH4Cl。
（5）根据题干信息及有机物性质可知，合成吲哚-2-甲酸的路线如下：
。
（6）由题干信息可知，化合物B的分子式为C6H10O3，含有官能团为羰基、酯基，则同时符合①和②的同分异构体有
。
【分析】根据流程图和已知信息，可推出C的结构简式为；根据D、F的结构简式和E的分子式，可推出D→E发生取代反应，且D中甲基对位上氢原子被氯原子取代，则E的结构简式为；E→F发生氧化反应，E中甲基被氧化为羧基；根据F的结构简式和G的分子式，可推出G的结构简式为；根据I的分子式和消炎痛的结构简式，结合I→消炎痛发生水解反应，可推出I的结构简式为；根据H的分子式和I的结构简式，结合H→I的反应特点，可推出H的结构简式为。
1 / 1浙江省2024年6月普通高校招生选考科目考试化学试题
1．（2024·浙江）按物质组成分类，KAl(SO4)2·12H2O属于
A．酸 B．碱 C．盐 D．混合物
【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】KAl(SO4)2·12H2O是由金属阳离子和酸根离子构成的，属于盐；
故答案为：C。
【分析】盐是由金属阳离子或铵根离子与酸根离子构成的。
2．（2024·浙江）下列说法不正确的是
A．Al(OH)3呈两性，不能用于治疗胃酸过多
B．Na2O2能与CO2反应产生O2，可作供氧剂
C．FeO有还原性，能被氧化成Fe3O4
D．HNO3见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中
【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．胃酸的主要成分是盐酸，Al(OH)3呈两性，与盐酸反应生成盐和水，能用于治疗胃酸过多，A符合题意；
B．Na2O2能与CO2反应产生O2，可作供氧剂，B不符合题意；
C．FeO有还原性，能被氧化成Fe3O4，C不符合题意；
D．HNO3不稳定，见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.胃酸的主要成分是盐酸，能与Al(OH)3反应。
B.Na2O2能与CO2反应产生O2。
C.还原剂具有还原性。
D.HNO3不稳定。
3．（2024·浙江）下列表示不正确的是（ ）
A．CO2的电子式：CO2的电子式：
B．Cl2中共价键的电子云图：
C．NH3的空间填充模型：
D．3，3-二甲基戊烷的键线式：
【答案】A
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．由分析可知，CO2的电子式为，A符合题意；
B．由分析可知，Cl2中共价键的电子云图为 ，B不符合题意；
C．NH3分子为三角锥形，由分析可知，其空间填充模型为 ，C不符合题意；
D．由分析可知，3，3-二甲基戊烷的键线式为 ，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.CO2分子中碳氧原子间是双键，有2对共用电子。
B.Cl2分子中p电子以“头碰头”形成σ键。
C.注意氮原子半径比氢原子大。
D.注意键线式只表示 碳架，忽略 碳-氢键，其他化学键如 双键、 三键等需要明确表示，每个端点和拐角处都代表一个 碳原子。
4．（2024·浙江）下列说法不正确的是
A．装置①可用于铜与浓硫酸反应并检验气态产物
B．图②标识表示易燃类物质
C．装置③可用于制取并收集氨气
D．装置④可用于从碘水中萃取碘
【答案】C
【知识点】分液和萃取；气体发生装置；气体的收集
【解析】【解答】A．铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、水和二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，A不符合题意；
B．图②标识表示易燃类物质，B不符合题意；
C．装置③可用于制取氨气，氨气的密度比空气小，可用向下排空气法收集，C符合题意；
D．碘单质与水不互溶，装置④可用于从碘水中萃取碘，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.二氧化硫能使品红溶液褪色。
B.熟悉常见危险标志。
C.注意氨气的密度比空气小，可用向下排空气法收集。
D.碘单质与水不互溶。
5．（2024·浙江）化学与人类社会可持续发展息息相关。下列说法不正确的是
A．部分金属可在高温下用焦炭、一氧化碳、氢气等还原金属矿物得到
B．煤的气化是通过物理变化将煤转化为可燃性气体的过程
C．制作水果罐头时加入抗氧化剂维生素C，可延长保质期
D．加入混凝剂聚合氯化铝，可使污水中细小悬浮物聚集成大颗粒
【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解答】A．焦炭、一氧化碳、氢气作还原剂，在一定条件下能还原金属矿物得到金属，A不符合题意；
B．煤的气化是指在高温条件下通过化学反应把煤或煤焦中的可燃部分转化为气体的过程，属于化学变化，B符合题意；
C．维生素C具有还原性，制作水果罐头时加入抗氧化剂维生素C，可消耗氧气，延长保质期，C不符合题意；
D．氯化铝溶液水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附污水中的细小悬浮物，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.还原剂可将金属矿物中的金属还原出来。
B.物理变化没有新物质生成，化学变化有新物质生成。
C.维生素C具有还原性。
D.胶体具有吸附性。
6．（2024·浙江）利用CH3OH可将废水中的NO3-转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为：
H+＋CH3OH＋NO3-→X＋CO2＋H2O（未配平）。下列说法正确的是
A．X表示NO2
B．可用O3替换CH3OH
C．氧化剂与还原剂物质的量之比为6∶5
D．若生成标准状况下的CO2气体11.2L，则反应转移的电子数为2NA（NA表示阿伏加德罗常数的值）
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】A．由分析可知，X表示N2，A不符合题意；
B．根据反应方程式可知，反应中甲醇作还原剂，而O3是强氧化剂，所以不可用O3替换CH3OH，B不符合题意；
C．根据反应方程式可知，反应中甲醇作还原剂，NO3-作氧化剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比为6∶5，C符合题意；
D．根据反应方程式可知，反应中生成5mol CO2，转移30mol电子，则生成11.2 L CO2，即0.5molCO2，转移3mol电子，即转移电子数为3NA，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据题干信息，生成物为无害物质，结合反应前后元素的种类不变，可推出X为氮气，根据原子、电荷守恒可得该反应方程式为6H+＋5CH3OH＋6NO3-=3N2＋5CO2＋13H2O。
7．（2024·浙江）物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列结构或性质不能解释其用途的是
选项 结构或性质 用途
A 石墨呈层状结构，层间以范德华力结合 石墨可用作润滑剂
B SO2具有氧化性 SO2可用作漂白剂
C 聚丙烯酸钠（CH2－）中含有亲水基团 聚丙烯酸钠可用于制备高吸水性树脂
D 冠醚18-冠-6空腔直径（260~320pm）与K+直径（276pm）接近 冠醚18-冠-6可识别K+，能增大KMnO4在有机溶剂中的溶解度
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．石墨作润滑剂是利用其层间以范德华力结合，导致石墨质软，A不符合题意；
B．SO2可用作漂白剂是利用其具有漂白性，B符合题意；
C．聚丙烯酸钠可用于制备高吸水性树脂，是利用其含有亲水基团，C不符合题意；
D．冠醚18-冠-6空腔直径与K+直径接近，通过适配将MnO4-携带进入有机溶剂中，增大KMnO4在有机溶剂中的溶解度，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.石墨层间以范德华力结合，导致石墨质软。
B.SO2具有漂白性，可用作漂白剂。
C.根据相似相溶原理分析。
D.冠醚18-冠-6空腔直径与K+直径接近，通过适配将MnO4-携带进入有机溶剂中。
8．（2024·浙江）下列离子方程式正确的是
A．用CuSO4溶液除H2S气体：Cu2+＋S2 ＝CuS↓
B．H2SO3溶液中滴加Ba(NO3)2溶液：H2SO3＋Ba2+＝BaSO3↓＋2H+
C．NaHCO3溶液中通入少量Cl2：2HCO＋Cl2＝2CO2＋Cl ＋ClO ＋H2O
D．用FeCl3溶液刻蚀覆铜板制作印刷电路板：2Fe3+＋Cu＝2Fe2+＋Cu2+
【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．H2S为气体，不能拆成离子形式，正确离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+，A不符合题意；
B．H+与NO3-结合具有强氧化性，正确离子方程式为3H2SO3+2NO3-+3Ba2+=3BaSO4↓+2NO↑+H2O+4H+，B不符合题意；
C．HClO为弱酸，不能拆成离子形式，正确离子方程式为HCO3-+Cl2=CO2+Cl-+HClO，C不符合题意；
D．FeCl3具有强氧化性，涉及离子方程式为2Fe3+＋Cu＝2Fe2+＋Cu2+，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.H2S为气体，不能拆成离子形式。
B.H+与NO3-结合具有强氧化性。
C.HClO为弱酸，不能拆成离子形式。
D.FeCl3具有强氧化性，注意电荷守恒。
9．（2024·浙江）有机物A经元素分析仪测得只含碳、氢、氧3种元素，红外光谱显示A分子中没有醚键，质谱和核磁共振氢谱示意图如下。下列关于A的说法正确的是
图1质谱 图2核磁共振氢谱
A．能发生水解反应 B．能与NaHCO3溶液反应生成CO2
C．能与O2反应生成丙酮 D．能与Na反应生成H2
【答案】D
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．由分析可知，A为CH3CH2CH2OH，不能发生水解反应，A不符合题意；
B．由分析可知，A为CH3CH2CH2OH，与NaHCO3溶液不反应，B不符合题意；
C．由分析可知，A为CH3CH2CH2OH，能与O2反应生成丙醛（CH3CH2CHO），C不符合题意；
D．由分析可知，A为CH3CH2CH2OH，羟基能与Na反应生成H2，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据图示信息可知，有机物A的相对分子质量为60，分子中含有4种氢原子。有机物A 只含碳、氢、氧3种元素，且红外光谱显示A分子中没有醚键，则氧原子上的氢为羟基氢，碳原子上三种氢原子，可推出有机物A的结构简式为CH3CH2CH2OH。
10．（2024·浙江）X、Y、Z、M四种主族元素，原子序数依次增大，分别位于三个不同短周期，Y与M同主族，Y与Z核电荷数相差2，Z的原子最外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法不正确的是
A．键角：YX3+＞YX3- B．分子的极性：Y2X2＞X2Z2
C．共价晶体熔点：Y＞M D．热稳定性：YX4＞MX4
【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；极性分子和非极性分子；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．CH3+与CH3-中碳原子杂化方式分别为sp2、sp3，则键角：YX3+＞YX3-，A不符合题意；
B．C2H2为非极性分子，H2O2为极性分子，则分子的极性：Y2X2＜X2Z2，B符合题意；
C．键能越大，熔点越高，C—C键的键能大于Si—Si键的键能，则共价晶体熔点：Y＞M，C不符合题意；
D．非金属性越强，则其氢化物越稳定，由于非金属性：C＞Si，则热稳定性：YX4＞MX4，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据题干信息，X、Y、Z、M四种主族元素，Z的原子最外层电子数是内层电子数的3倍，结合最外层电子数不超过8，可推出Z为氧元素；Y与Z核电荷数相差2，可推出Y为碳元素；Y与M同主族，可推出M是硅元素；这几种元素分别位于三个不同短周期，可推出X是氢元素。
11．（2024·浙江）二氧化碳氧化乙烷制备乙烯，主要发生如下两个反应：
Ⅰ C2H6(g)＋CO2(g) C2H4(g)＋CO(g)＋H2O(g) ΔH1＞0
Ⅱ C2H6(g)＋2CO2(g) 4CO(g)＋3H2(g) ΔH2＞0
向容积为10 L的密闭容器中投入2 mol C2H6和3 mol CO2，不同温度下，测得5 min（反应均未平衡）的相关数据见下表，下列说法不正确的是
温度(℃) 400 500 600
乙烷转化率(%) 2.2 9.0 17.8
乙烯选择性(%) 92.6 80.0 61.8
注：乙烯选择性＝×100％
A．反应活化能：Ⅰ＜Ⅱ
B．500℃时，0～5 min反应Ⅰ的平均速率为：v(C2H4)＝2.88×10 3 mol·L 1·min 1
C．其他条件不变，平衡后及时移除H2O(g)可提高乙烯的产率
D．其他条件不变，增大投料比[n(C2H6)/n(CO2)]投料，平衡后可提高乙烷转化率
【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．根据表格信息，乙烷的转化率随温度升高而增大，乙烯的选择性随温度升高而减小，说明温度升高，主要发生反应Ⅱ，则反应Ⅰ的活化能比反应Ⅱ的活化能小，A不符合题意；
B．根据题干信息，500℃时，0～5min反应Ⅰ的平均速率为v(C2H4)==2.88×10-3mol L-1 min-1，B不符合题意；
C．其他条件不变，平衡后及时移除H2O（g），利于反应Ⅰ正向移动，可提高乙烯的产率，C不符合题意；
D．其他条件不变，增大投料比[n(C2H6)/n(CO2)]投料，利于平衡正向移动，降低了乙烷转化率，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.反应的活化能越大，反应越易发生。
B.根据反应速率表达式△v=进行分析，注意单位统一。
C.平衡后及时移除H2O（g），利于反应Ⅰ正向移动。
D.增大投料比[n(C2H6)/n(CO2)]投料，利于平衡正向移动，降低了乙烷转化率。
12．（2024·浙江）丙烯可发生如下转化（反应条件略）：
下列说法不正确的是
A．产物M有2种且互为同分异构体（不考虑立体异构）
B．H+可提高Y→Z转化的反应速率
C．Y→Z过程中，a处碳氧键比b处更易断裂
D．Y→P是缩聚反应，该工艺有利于减轻温室效应
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；缩聚反应
【解析】【解答】A．根据流程图信息，X中碳碳双键上氢原子不同，与HOCl加成生成两种产物，则产物M有2种且互为同分异构体，A不符合题意；
B．根据流程图信息，Y在H+条件下最终转化为Z，说明H+可提高Y→Z转化的反应速率，B不符合题意；
C．根据流程图信息，Y→Z过程中，a处断裂与水加成，最终生成主产物Z，则a处碳氧键比b处易断裂，C不符合题意；
D．根据流程图信息，Y→P的产物只有一种，为加聚反应，该工艺有利于减轻温室效应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.X中碳碳双键上氢原子不同，与HOCl加成生成两种产物。
B.Y在H+条件下最终转化为Z。
C.结合Y、Z的结构简式进行分析。
D.结合Y、P的结构简式进行分析。
13．（2024·浙江）金属腐蚀会对设备产生严重危害，腐蚀快慢与材料种类、所处环境有关。下图为两种对海水中钢闸门的防腐措施示意图：
图1 图2
下列说法正确的是
A．图1、图2中，阳极材料本身均失去电子
B．图2中，外加电压偏高时，钢闸门表面可发生反应：O2＋4e ＋2H2O＝4OH
C．图2中，外加电压保持恒定不变，有利于提高对钢闸门的防护效果
D．图1、图2中，当钢闸门表面的腐蚀电流为零时，钢闸门、阳极均不发生化学反应
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；铁的吸氧腐蚀
【解析】【解答】A．由分析可知，图1中阳极材料本身会失电子发生氧化反应，而图2中阳极材料为辅助阳极，本身不能失电子，A不符合题意；
B．图2装置为电解池，且为外加电源的阴极保护法，外加电压偏高时，钢闸门表面电子增多，除海水中H+放电外，海水中溶解的O2也会放电，可发生反应：O2＋4e ＋2H2O＝4OH ，B符合题意；
C．图2装置为电解池，且为外加电源的阴极保护法，若外加电压保持恒定不变，不能抵消腐蚀电流，不利于提高对钢闸门的防护效果，C不符合题意；
D．图1、图2中，当钢闸门表面的腐蚀电流为零时，说明图1和图2装置中电子阻止了铁的反应，钢闸门不发生腐蚀反应，牺牲阳极和辅助阳极均发生了氧化反应，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据题干信息可知，图1装置为原电池，且为牺牲阳极的阴极保护法，阳极材料失电子，发生氧化反应，作负极，钢闸门作正极；图2装置为电解池，且为外加电源的阴极保护法，阳极材料为辅助阳极，本身不能失电子，电解质溶液中的阴离子失电子发生氧化反应，钢闸门作阴极。
14．（2024·浙江）Si5Cl10中的Si原子均通过sp3杂化轨道成键，与NaOH溶液反应Si元素均转化成Na2SiO3。下列说法不正确的是
A．Si5Cl10分子结构可能是
B．Si5Cl10与水反应可生成一种强酸
C．Si5Cl10与NaOH溶液反应会产生H2
D．Si5Cl10沸点低于相同结构的Si5Br10
【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；结构式
【解析】【解答】A．根据题干信息，Si5Cl10中硅原子形成四个单键，硅原子不具备空轨道接受孤对电子，则氯原子不能形成两个共价键，A符合题意；
B．Si5Cl10与水反应能生成HCl和硅酸，HCl为一种强酸，B不符合题意；
C．根据题干信息，Si5Cl10与NaOH溶液反应，Si元素均转化成Na2SiO3，该反应为氧化还原反应，Si元素化合价升高，则必有元素化合价降低，可推出氢元素化合价降低，即会产生氢气，C不符合题意；
D．Si5Br10与Si5Cl10均为分子晶体，相对分子质量：Si5Br10>Si5Cl10，则Si5Br10分子间的范德华力大，沸点较高，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.Si5Cl10中硅原子形成四个单键，硅原子不具备空轨道接受孤对电子，则氯原子不能形成两个共价键。
B.Si5Cl10与水反应能生成HCl和硅酸。
C.Si5Cl10与NaOH溶液反应为氧化还原反应。
D.对于分子晶体，一般相对分子质量较大的分子间范德华力大，则沸点较高。
15．（2024·浙江）室温下，H2S水溶液中各含硫微粒物质的量分数δ随pH变化关系如下图
[例如δ(H2S)＝]。已知：Ksp(FeS)＝6.3×10 18，Ksp[Fe(OH)2]＝4.9×10 17。
下列说法正确的是
A．溶解度：FeS大于Fe(OH)2
B．以酚酞为指示剂（变色的pH范围8.2~10.0），用NaOH标准溶液可滴定H2S水溶液的浓度
C．忽略S2 的第二步水解，0.10mol/L的Na2S溶液中S2 水解率约为62%
D．0.010mol/L的FeCl2溶液中加入等体积0.20mol/L的Na2S溶液，反应初始生成的沉淀是FeS
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A．FeS和Fe(OH)2的溶解平衡分别是FeS(s) Fe2+(aq)+S2-(aq)、Fe(OH)2(s) Fe2+(aq)+2OH-(aq)，则其饱和溶液中c(FeS)==，c[Fe(OH)2]=>，所以溶解度：FeSB．以酚酞为指示剂（变色的pH范围8.2~10.0），用NaOH溶液滴定H2S溶液，根据图示信息，当酚酞发生明显颜色变化时，反应未进行完全，即不能用酚酞为指示剂，B不符合题意；
C．Na2S溶液中存在水解平衡：S2-+H2O HS-+OH-，HS-+H2O H2S+OH-，忽略S2-的第二步水解，则第一步水解平衡常数Kh==0.1，设水解的c(S2-)=xmol/L，则=0.1，x≈0.062，所以0.10mol/L的Na2S溶液中S2-水解率≈，C符合题意；
D.0.010mol/L的FeCl2溶液中加入等体积0.20mol/L的Na2S溶液，瞬间得到0.005mol/LFeCl2溶液和 0.10mol/L的Na2S溶液，结合C项，水解的c(S2-)=0.062mol/L，此时c（Fe2+）×c（S2-）=0.005mol/L×（0.10mol/L-0.062mol/L）=1.9×10-4＞Ksp（FeS）=6.3×10-18，c（Fe2+）×c2（OH-）=0.005mol/L×（0.062mol/L）2=1.922×10-5＞Ksp[Fe（OH）2]=4.9×10-17，反应初始生成的沉淀是FeS和Fe（OH）2，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据沉淀溶解平衡进行分析。
B.用NaOH溶液滴定H2S溶液，根据图示信息，当酚酞发生明显颜色变化时，反应未进行完全。
C.Na2S溶液中存在水解平衡：S2-+H2O HS-+OH-，HS-+H2O H2S+OH-。
D.通过比较c（Fe2+）×c（S2-）与Ksp（FeS），c（Fe2+）×c2（OH-）与Ksp[Fe（OH）2]进行分析
16．（2024·浙江）为探究化学平衡移动的影响因素，设计方案并进行实验，观察到相关现象。其中方案设计和结论都正确的是
选项 影响因素 方案设计 现象 结论
A 浓度 向1mL 0.1mol/L K2CrO4溶液中加入1mL 1.0mol/L HBr溶液 黄色溶液变橙色 增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动
B 压强 向恒温恒容密闭玻璃容器中充入100mL HI气体，分解达到平衡后再充入100mL Ar 气体颜色不变 对于反应前后气体总体积不变的可逆反应，改变压强平衡不移动
C 温度 将封装有NO2和N2O4混合气体的烧瓶浸泡在热水中 气体颜色变深 升高温度，平衡向吸热反应方向移动
D 催化剂 向1mL乙酸乙酯中加入1mL 0.3mol/L H2SO4溶液，水浴加热 上层液体逐渐减少 使用合适的催化剂可使平衡向正反应方向移动
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．涉及平衡反应为： CrO42-（黄色）+2H+ Cr2O72-（橙色）+H2O，加入HBr溶液，c(H+)增大，利于平衡正向移动，溶液橙色加深，A不符合题意；
B．涉及反应为：2HI H2+I2，该反应前后气体总体积不变，压强不受影响，恒温恒容时充入HI气体，分解达到平衡后再充入惰性气体Ar，平衡不移动，气体颜色不变，可得到结论，B不符合题意；
C．涉及反应为：2NO2 N2O4，升温使得气体颜色变深，说明平衡逆向移动，即该反应逆向为吸热反应，C符合题意；
D．催化剂不影响平衡移动，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.增大反应物浓度利于平衡正向移动。
B.反应前后气体总体积不变的反应不受压强影响。
C.升温利于平衡向吸热方向移动。
D.催化剂不影响平衡移动。
17．（2024·浙江）氧是构建化合物的重要元素。请回答：
（1）某化合物的晶胞如图1，Cl 的配位数（紧邻的阳离子数）为 ；写出该化合物的化学式 ，写出该化合物与足量NH4Cl溶液反应的化学方程式 。
HA HB HC HD
图1 图2
（2）下列有关单核微粒的描述正确的是____。
A．Ar的基态原子电子排布方式只有一种
B．Na的第二电离能＞Ne的第一电离能
C．Ge的基态原子简化电子排布式为[Ar]4s24p2
D．Fe原子变成Fe+，优先失去3d轨道上的电子
（3）化合物HA、HB、HC和HD的结构如图2。
①HA、HB和HC中羟基与水均可形成氢键（－O－H┄OH2），按照氢键由强到弱对三种酸排序 ，请说明理由 。
②已知HC、HD钠盐的碱性NaC＞NaD，请从结构角度说明理由 。
【答案】（1）12；K3ClO；【K3OCl、OClK3、O K3Cl、KCl·K2O、K2O·KCl、KClK2O（中间·没有不扣分）、K3ClO均可，但非最简式如K6Cl2O2不得分】，K3ClO＋H2O＋2NH4Cl＝3KCl＋2NH3·H2O【物质对且配平对才得分；写K3ClO＋2NH4Cl＝3KCl＋2NH3＋H2O也对；写K3ClO＋2NH4Cl＝3KCl＋NH3＋NH3·H2O也对；NH3·H2O写成NH4OH错】。
（2）A；B
（3）HC＞HB＞HA；吸电子能力C＝O＞C＝S＞C＝Se，吸电子能力越强，羟基上H带正电荷越多，与水分子中氧原子作用越强，即氢键越强；原子半径S＞O，键长S―H＞O―H，S―H键更易断键电离，因此HD酸性更强，酸根不易水解，碱性NaC＞NaD
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）根据图1可知，Cl-的配位数为12；该晶胞中含Cl数目为8×=1，含O数目为1，含K数目为6×=3，则该化合物的化学式为K3ClO；该化合物与足量NH4Cl溶液反应生成KCl和NH3 H2O，其化学方程式为K3ClO+2NH4Cl+H2O=3KCl+2NH3 H2O。
（2）A．Ar的基态原子的电子排布方式为1s22s22p63s23p6，只有一种，正确；
B．Na+和Ne具有相同的电子层结构，核电荷数：Na>Ne，则Na+的原子核对外层电子的引力大于Ne的，则Na的第二电离能＞Ne的第一电离能，正确；
C．Ge的原子序数为32，基态Ge原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p2，错误；
D．基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，Fe原子变成Fe+，优先失去4s轨道上的电子，错误；
（3）①吸电子能力：C＝O＞C＝S＞C＝Se，吸电子能力越强，羟基上H带正电荷越多，与水分子中氧原子作用越强，即氢键越强，所以HA、HB和HC中羟基与水形成的氢键由强到弱的顺序为HC＞HB＞HA。
②原子半径：S＞O，键长：S―H＞O―H，S―H键更易断键电离，因此HD酸性更强，酸根不易水解，碱性NaC＞NaD。
【分析】（1）根据图1可知，Cl-的配位数为12；根据晶胞均摊法可计算出Cl、O、K原子数目，进而得到化合物的分子式；该化合物与足量NH4Cl溶液反应生成KCl和NH3 H2O，注意配平。
（2）A．Ar的基态原子的电子排布方式为1s22s22p63s23p6。
B．Na+和Ne具有相同的电子层结构，核电荷数：Na>Ne，则Na+的原子核对外层电子的引力大于Ne的，则Na的第二电离能＞Ne的第一电离能。
C．基态Ge原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p2。
D．基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2。
（3）①吸电子能力越强，羟基上H带正电荷越多，与水分子中氧原子作用越强，即氢键越强。
②原子半径：S＞O，键长：S―H＞O―H，S―H键更易断键电离。
18．（2024·浙江）矿物资源的综合利用有多种方法，如铅锌矿（主要成分为PbS、ZnS）的利用有火法和电解法等。
已知：①PbCl2(s) PbCl2(aq)H2[PbCl4]；
②电解前后ZnS总量不变；③AgF易溶于水。
请回答：
（1）根据富氧煅烧（在空气流中煅烧）和通电电解（如图）的结果，PbS中硫元素体现的性质是 （选填“氧化性”、“还原性”、“酸性”、“热稳定性”之一）。产物B中有少量Pb3O4，该物质可溶于浓盐酸，Pb元素转化为[PbCl4]2 ，写出该反应的化学方程式 ；从该反应液中提取PbCl2的步骤如下：加热条件下，加入 （填一种反应试剂），充分反应，趁热过滤，冷却结晶，得到产品。
（2）下列说法正确的是____。
A．电解池中发生的总反应是PbS＝Pb＋S（条件省略）
B．产物B主要是铅氧化物与锌氧化物
C．1mol化合物C在水溶液中最多可中和2mol NaOH
D．ClF的氧化性弱于Cl2
（3）D的结构为HO－－X（X＝F或Cl），设计实验先除去样品D中的硫元素，再用除去硫元素后的溶液探究X为何种元素。
①实验方案：取D的溶液，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，然后 ；
②写出D（用HSO3X表示）的溶液与足量NaOH溶液反应的离子方程式 。
【答案】（1）还原性；Pb3O4＋14HCl(浓)＝3H2[PbCl4]＋Cl2＋4H2O（或Pb3O4＋8H+＋6Cl ＝3[PbCl4]2 ＋Cl2＋4H2O）；PbO/Pb(OH)2/PbCO3
（2）A；B
（3）加入Ba(NO3)2/Ba(OH)2溶液，过滤取上层清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则有Cl ，反之则有F ；H＋＋SO3X ＋3OH ＝SO＋X ＋2H2O（或SO3X ＋2OH ＝SO＋X ＋H2O，H＋＋OH ＝H2O）
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）根据流程图信息，PbS→SO2，硫元素化合价升高，硫元素体现了还原性；根据题干信息可知，Pb3O4与浓盐酸反应的方程式为Pb3O4＋14HCl(浓)＝3H2[PbCl4]＋Cl2＋4H2O；根据已知①，从该反应液中提取PbCl2，所加试剂应能消耗H+使平衡逆向进行，且不引入杂质，则步骤为：加热条件下，加入PbO或Pb(OH)2或PbCO3，充分反应，趁热过滤，冷却结晶，得到产品。
（2）A．根据已知②，电解前后ZnS总量不变，阳极电极反应式为2Fe2++2e-=2Fe3+、2Fe3++PbS=S+Pb2++2Fe2+，阴极电极反应式为Pb2++2e-=Pb，则电解池中发生的总反应为PbS＝Pb＋S（条件省略），正确；
B．根据流程图信息可知，PbS、ZnS经富氧煅烧得到SO2和Pb、Zn的氧化物，即产物B主要是铅氧化物与锌氧化物，正确；
C．根据流程图信息，可推出混合物C为，其中卤素原子能被H2O中羟基取代生成硫酸和HCl、HF，则1mol化合物C在水溶液中最多可中和4mol NaOH，错误；
D．ClF、Cl2中氯元素化合价分别为+1、0，则ClF的氧化性强于Cl2，错误。
（3）①根据D的结构式，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，加入Ba(NO3)2/Ba(OH)2溶液，过滤取上层清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则有Cl ，反之则有F 。
②HSO3X的溶液与足量NaO
【分析】（1）PbS→SO2，硫元素化合价升高，硫元素体现了还原性；Pb3O4与浓盐酸反应的方程式为Pb3O4＋14HCl(浓)＝3H2[PbCl4]＋Cl2＋4H2O；从该反应液中提取PbCl2，所加试剂应能消耗H+使平衡逆向进行，且不引入杂质。
（2）A．根据电解池装置图可知，阳极电极反应式为2Fe2++2e-=2Fe3+、2Fe3++PbS=S+Pb2++2Fe2+，阴极电极反应式为Pb2++2e-=Pb。
B．PbS、ZnS经富氧煅烧得到SO2和Pb、Zn的氧化物。
C．混合物C为，其中卤素原子能被H2O中羟基取代生成硫酸和HCl、HF。
D．ClF、Cl2中氯元素化合价分别为+1、0，则ClF的氧化性强于Cl2。
（3）①检验Cl ，可通过加入硝酸酸化的AgNO3溶液，会产生白色沉淀。
②HSO3X的溶液与足量NaOH溶液反应生成Na2SO4和NaX。
19．（2024·浙江）氢是清洁能源，硼氢化钠（NaBH4）是一种环境友好的固体储氢材料，其水解生氢反应方程式如下。（除非特别说明，本题中反应条件均为25℃，101kPa）
NaBH4(s)＋2H2O(l)＝NaBO2(aq)＋4H2(g) ΔH＜0
请回答：
（1）该反应能自发进行的条件是____。
A．高温 B．低温 C．任意温度 D．无法判断
（2）该反应比较缓慢。忽略体积变化的影响，下列措施中可加快反应速率的是____。
A．升高溶液温度 B．加入少量异丙胺[(CH3)2CHNH2]
C．加入少量固体硼酸[B(OH)3] D．增大体系压强
（3）为加速NaBH4水解，某研究小组开发了一种水溶性催化剂，当该催化剂足量、浓度一定且活性不变时，测得反应开始时生氢速率v与投料比[n(NaBH4)/n(H2O)]之间的关系，结果如图1所示。请解释ab段变化的原因 。
图1 图2
（4）氢能的高效利用途径之一是在燃料电池中产生电能。某研究小组的自制熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图2所示，正极上的电极反应式是 。该电池以3.2A恒定电流工作14分钟，消耗H2体积为0.49L，故可测得该电池将化学能转化为电能的转化率为 。[已知：该条件下H2的摩尔体积为24.5L/mol；电荷量q(C)＝电流I(A)×时间t(s)；NA＝6.0×1023 mol 1；e＝1.60×10 19 C。]
（5）资源的再利用和再循环有利于人类的可持续发展。选用如下方程式，可以设计能自发进行的多种制备方法，将反应副产物偏硼酸钠（NaBO2）再生为NaBH4。（已知：ΔG是反应的自由能变化量，其计算方法也遵循盖斯定律，可类比ΔH计算方法；当ΔG＜0时，反应能自发进行。）
Ⅰ．NaBH4(s)＋2H2O(l)＝NaBO2(aq)＋4H2(g) ΔG1＝－320kJ/mol
Ⅱ．H2(g)＋H2(g)＝H2O(l) ΔG2＝－240kJ/mol
Ⅲ．Mg(s)＋H2(g)＝MgO(s) ΔG3＝－570kJ/mol
请书写一个方程式表示NaBO2再生为NaBH4的一种制备方法，并注明ΔG 。（要求：反应物不超过三种物质；氯原子利用率为100%。）
【答案】（1）C
（2）A；C
（3）ab段，反应物水浓度降低（水的物质的量分数过低，微粒间的有效碰撞减少），生氢速率减慢
（4）O2＋2CO2＋4e ＝2CO；70％
（5）NaBO2(s)＋2H2O(l)＋4Mg(s)＝NaBH4(aq)＋4MgO(s) ΔG＝―1000kJ/mol或NaBO2(s)＋2H2(g)＋2Mg(s)＝NaBH4(aq)＋2MgO(s) ΔG＝―340KJ/mol
【知识点】热化学方程式；电极反应和电池反应方程式；焓变和熵变；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】（1）根据反应方程式可知，ΔH＜0，该反应前后气体体积增大，则△S>0，所以任意温度下，△G=ΔH-T△S<0，即该反应在任意温度下能自发进行。
（2）A.升高温度，能加快反应速率，正确；
B.加入的少量异丙胺[(CH3)2CHNH2]发生水解反应，消耗H2O，会降低反应速率，错误；
C.加入少量固体硼酸[B(OH)3]，会使反应易于生成H2，能加快反应速率，正确；
D.根据题干信息，忽略体积变化的条件下，增大体系压强，不影响反应速率，错误。
（3）根据图1信息，随着投料比[n(NaBH4)/n(H2O)]的增大，反应物水浓度降低，生氢速率减慢。
（4）由分析可知，正极上的电极反应式为O2+4e-+2CO2=2CO32-；根据题干信息，该条件下消耗n(H2)=0.49L/24.5L·mol-1=0.02mol，根据H2-2e-=2H+，所带电荷量为2×0.02mol×6.0×1023mol-1×1.60×10-19C=3840C，而工作电荷量为3.2A×14×60s=2688C，所以该电池将化学能转化为电能的转化率为。
（5）根据题干信息，氢原子利用率为100%，则由（2×反应3）-（2×反应Ⅱ+反应Ⅰ）得到NaBO2（s）+2H2（g）+2Mg（s）=NaBH4（s）+2MgO（s），其△G=2△G3-（ 2△G2+△G1）=2×（-570kJ/mol）-[2×（-240kJ/mol）+（-320kJ/mol）]=-340kJ/mol。
【分析】（1）反应能自发进行的条件是△G=ΔH-T△S<0。
（2）根据影响反应速率的因素（温度、浓度、压强、催化剂等）进行分析。
（3）随着投料比[n(NaBH4)/n(H2O)]的增大，反应物水浓度降低。
（4）根据图2信息，该装置为原电池，O2为正极，其电极反应式为O2+4e-+2CO2=2CO32-；H2为负极，其电极反应式为H2-2e-=2H+。
（5）氢原子利用率为100%，则由（2×反应3）-（2×反应Ⅱ+反应Ⅰ）得到NaBO2（s）+2H2（g）+2Mg（s）=NaBH4（s）+2MgO（s），其△G=2△G3-（ 2△G2+△G1）。
20．（2024·浙江）某小组采用如下实验流程制备AlI3：
已知：AlI3是一种无色晶体，吸湿性极强，可溶于热的正己烷，在空气中受热易被氧化。
请回答：
（1）如图为步骤Ⅰ的实验装置图（夹持仪器和尾气处理装置已省略），图中仪器A的名称是 ，判断步骤Ⅰ反应结束的实验现象是 。
（2）下列做法不正确的是____。
A．步骤Ⅰ中，反应物和溶剂在使用前除水
B．步骤Ⅰ中，若控温加热器发生故障，改用酒精灯（配石棉网）加热
C．步骤Ⅲ中，在通风橱中浓缩至蒸发皿内出现晶膜
D．步骤Ⅳ中，使用冷的正己烷洗涤
（3）所得粗产品呈浅棕黄色，小组成员认为其中混有碘单质，请设计实验方案验证 。
（4）纯化与分析：对粗产品纯化处理后得到产品，再采用银量法测定产品中I 含量以确定纯度。滴定原理为：先用过量AgNO3标准溶液沉淀I ，再以NH4SCN标准溶液回滴剩余的Ag+。已知：
难溶电解质 AgI（黄色） AgSCN（白色） Ag2CrO4（红色）
溶度积常数Ksp 8.5×10 17 1.0×10 12 1.1×10 12
①从下列选项中选择合适的操作补全测定步骤。
称取产品1.0200g，用少量稀酸A溶解后转移至250mL容量瓶，加水定容得待测溶液。取滴定管检漏、水洗→( )→装液、赶气泡、调液面、读数→用移液管准确移取25.00mL待测溶液加入锥形瓶→( )→( )→加入稀酸B→用1.000×10 2mol/L NH4SCN标准溶液滴定→( )→读数。
a．润洗，从滴定管尖嘴放出液体
b．润洗，从滴定管上口倒出液体
c．滴加指示剂K2CrO4溶液
d．滴加指示剂硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2]溶液
e．准确移取25.00mL 4.000×10 2mol/L AgNO3标准溶液加入锥形瓶
f．滴定至溶液呈浅红色
g．滴定至沉淀变白色
②加入稀酸B的作用是 。
③三次滴定消耗NH4SCN标准溶液的平均体积为25.60mL，则产品纯度为 。
[M(AlI3)＝408g/mol]
【答案】（1）（球形）冷凝管；反应液紫色褪色
（2）B；C
（3）用水/乙醇溶解少量样品，加入淀粉溶液，若溶液出现蓝色，则含有碘单质，若没有出现蓝色，则不含碘单质
（4）a；e；d；f；抑制指示剂中Fe3+水解/抑制或防止Fe3+水解/抑制或防止指示剂水解/防止水解生成Fe(OH)3；99.2%
【知识点】制备实验方案的设计；物质检验实验方案的设计；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）仪器A是球形冷凝管；AlI3是无色晶体，碘溶于正己烷使溶液显紫红色，当碘反应完全后，溶液变为无色，则判断步骤Ⅰ反应结束的实验现象是：反应液紫色褪色。
（2）A．根据已知信息，AlI3吸湿性极强，则步骤Ⅰ中，反应物和溶剂在使用前应除水，正确；
B．在步骤Ⅰ中，若控温加热器发生故障，不能改用酒精灯（配石棉网）加热，因正己烷易燃，错误；
C．根据已知信息，AlI3在空气中受热易被氧化，则在步骤Ⅲ中蒸发浓缩时，要注意使用有保护气的装置中进行，不能直接在蒸发皿中浓缩，错误；
D．根据已知信息，AlI3可溶于热的正己烷，则为了减少溶解损失，在步骤Ⅳ中要使用冷的正己烷洗涤，正确。
（3）用水/乙醇溶解少量样品，加入淀粉溶液，若溶液出现蓝色，则含有碘单质，若没有出现蓝色，则不含碘单质。
（4）①润洗时，滴定管尖嘴部分也需要润洗；用移液管准确移取25.00mL待测溶液加入锥形瓶，后加25.00mL 4.000×10-2mol/LAgNO3标准溶液，两者充分反应后，剩余的c(Ag+)较小，再滴加指示剂硫酸铁铵[NH4Fe（SO4）2]溶液，可防止生成Ag2SO4沉淀；Fe3+与过量的半滴[NH4Fe（SO4）2]溶液中的SCN-反应生成溶液呈红色的配合物，则滴定至溶液呈浅红色时读数。综上可知，需补全的操作步骤依次是aedf。
②加入稀酸B的作用是抑制指示剂中Fe3+水解/抑制或防止Fe3+水解/抑制或防止指示剂水解/防止水解生成Fe(OH)3。
③根据①可知，涉及反应是Ag++I-=AgI↓、Ag++SCN-=AgSCN↓，根据Ag守恒可得n（AgI）+n（AgSCN）=n（AgNO3），则滴定消耗的n（AgI）=n（AgNO3）-n（AgSCN）=n（AgNO3）-n（NH4SCN）=25.00mL×10-3L mL-1×4.000×10-2mol/L-25.60mL×10L mL-1×1.000×10-2mol/L=7.440×10-4mol，则n（AlI3）=n（AgI）=7.440×10-4mol×=2.480×10-4mol，所以产品纯度为=99.2%。
【分析】（1）根据仪器的特征进行分析；碘单质为紫色，AlI3为无色晶体。
（2）A．AlI3吸湿性极强。
B．注意有机物正己烷易燃。
C．注意使用有保护气的装置中进行，不能直接在蒸发皿中浓缩。
D．AlI3可溶于热的正己烷。
（3）碘遇淀粉变蓝。
（4）①润洗时，滴定管尖嘴部分也需要润洗；根据表格信息，Ag2CrO4的溶度积常数与AgSCN比较接近，则K2CrO4溶液不能用作指示剂，应该选用[NH4Fe(SO4)2]溶液。
②Fe3+和Al3+均易发生水解。
③涉及反应是Ag++I-=AgI↓、Ag++SCN-=AgSCN↓，根据Ag原子守恒及n（AlI3）=n（AgI）进行分析。
21．（2024·浙江）某研究小组按下列路线合成抗炎镇痛药“消炎痛”（部分反应条件已简化）。
已知：NH－NH2＋O＝C—-→NH－NH＝C
请回答：
（1）化合物F的官能团名称是 。
（2）化合物G的结构简式是 。
（3）下列说法不正确的是____。
A．化合物A的碱性弱于CH3ONH2
B．A＋B→C的反应涉及加成反应和消去反应
C．D→E的反应中，试剂可用Cl2/FeCl3
D．“消炎痛”的分子式为C18H16ClNO4
（4）写出H→I的化学方程式 。
（5）吗吲哚-2-甲酸（ ）是一种医药中间体，设计以NH－NH2和CH3CHO为原料合成吲哚-2-甲酸的路线（用流程图表示，无机试剂任选）。
（6）写出4种同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式。
①分子中有2种不同化学环境的氢原子；
②有甲氧基（－OCH3），无三元环
【答案】（1）碳氯键/氯原子，羧基
（2）ClCOCl或ClCOCl或ClOCCl
（3）A；D
（4）＋HCl＋NH4C
（5）
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据F的结构简式，F的官能团为羧基和氯原子。
（2）由分析可知，化合物G的结构简式是。
（3）A．直接连在苯环上的氨基更易结合氢离子，则化合物A的碱性较强，错误；
B．A+B→C的反应中，B中羰基发生加成反应得到羟基，羟基再与相邻N原子上的H原子发生消去反应得到N=C键，正确；
C．D→E的反应中，甲苯对位上的氢原子被氯原子取代，试剂可用Cl2/FeCl3，正确；
D．根据结构简式可知，“消炎痛”的分子式为C19H16ClNO4，错误；
（4）H→I的化学方程式为＋HCl→＋NH4Cl。
（5）根据题干信息及有机物性质可知，合成吲哚-2-甲酸的路线如下：
。
（6）由题干信息可知，化合物B的分子式为C6H10O3，含有官能团为羰基、酯基，则同时符合①和②的同分异构体有
。
【分析】根据流程图和已知信息，可推出C的结构简式为；根据D、F的结构简式和E的分子式，可推出D→E发生取代反应，且D中甲基对位上氢原子被氯原子取代，则E的结构简式为；E→F发生氧化反应，E中甲基被氧化为羧基；根据F的结构简式和G的分子式，可推出G的结构简式为；根据I的分子式和消炎痛的结构简式，结合I→消炎痛发生水解反应，可推出I的结构简式为；根据H的分子式和I的结构简式，结合H→I的反应特点，可推出H的结构简式为。
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