江蘇省2024年普通高中學業水平選擇性考試

化學

限時75分鐘滿分100分

可能用到的相對原子質量：H—1B—11C—12N—14O—16Cl—35.5Cr—52Fe—

56Ag—108Nd—144

一、單項選擇題：共13題，每題3分，共39分。每題只有一個選項最符合題意。

1.我國探月工程取得重大進展。月壤中含有Ca、Fe等元素的磷酸鹽，下列元素位于元素周期表第二周期

的是

A.OB.PC.CaD.Fe

【答案】A

【解析】

【詳解】A．O元素位于元素周期表第二周期ⅥA，A符合題意；

B．P元素位于元素周期表第三周期ⅤA，B不符合題意；

C．Ca元素位于元素周期表第四周期ⅡA，C不符合題意；

D．Fe元素位于元素周期表第四周期Ⅷ族，D不符合題意；

綜上所述，本題選A。

2.反應PbS+4H2O2=PbSO4+4H2O可用于壁畫修復。下列說法正確的是

2-

A.S的結構示意圖為B.H2O2中既含離子鍵又含共價鍵

2-

C.SO4中S元素的化合價為+6D.H2O的空間構型為直線形

【答案】C

【解析】

【詳解】A．S2-核外有18個電子，其結構示意圖為，A錯誤；

B．H2O2是共價化合物，其中只含共價鍵，B錯誤；

2-

C．SO4中O元素化合價為-2，S元素的化合價為+6，C正確；

3

D．H2O中的O的雜化類型為sp，O有2個孤電子對，因此H2O的空間構型為V形，D錯誤；

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綜上所述，本題選C。

3.實驗室進行鐵釘鍍鋅實驗。下列相關原理、裝置及操作不正確的是

ABCD

配制NaOH溶

鐵釘除油污鐵釘除銹鐵釘鍍鋅

液

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【詳解】A．配制一定物質的量濃度的溶液時，溶質要放在燒杯中溶解，不能直接放在容量瓶中溶解，A不

正確；

B．油污的主要成分是油脂，油脂在堿性條件下可以發生水解反應生成可溶于水的甘油和高級脂肪酸鹽，因

此，鐵釘放在NaOH溶液中加熱后可以除去其表面的油污，B正確；

C．鐵銹的主要成分是Fe2O3×nH2O，其可溶于鹽酸，因此，將鐵釘放在鹽酸中可以除去其表面的鐵銹，C

正確；

D．該裝置為電解池，鐵釘與電源負極相連作陰極，鋅片與電源的正極相連作陽極，電解質溶液為ZnCl2溶

液，因此，該裝置為電鍍裝置，可以實現鐵釘上鍍鋅，D正確；

綜上所述，本題選A。

4.明礬éKAlSO×12HOù可用作凈水劑。下列說法正確的是

?422?

A.半徑：rAl3+>rK+B.電負性：χO>χS

沸點：HS>HO堿性：AlOH>KOH

C.22D.3

【答案】B

【解析】

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【詳解】A．Al3+有2個電子層，而K+有3個電子層，因此，K+的半徑較大，A錯誤；

B．同一主族的元素，其電負性從上到下依次減小，O和S都是ⅥA的元素，O元素的電負性較大，B正確；

C．雖然H2S的相對分子質量較大，但是H2O分子間可形成氫鍵，因此H2O的沸點較高，C錯誤；

D．元素的金屬性越強，其最高價的氧化物的水化物的堿性越強，K的金屬性強于Al，因此KOH的堿性較

強，D錯誤；

綜上所述，本題選B。

催化劑能改變化學反應速率而不改變反應的焓變，常見倠化劑有金屬及其氧化物、酸和堿等。倠化反應廣

泛存在，如豆科植物固氮、石墨制金剛石、CO2和H2制CH3OCH3(二甲醚)、V2O5倠化氧化SO2等。催

化劑有選擇性，如C2H4與O2反應用Ag催化生成(環氧乙烷)、用CuCl2/PdCl2催化生成

-

CH3CHO。催化作用能消除污染和影響環境，如汽車尾氣處理、廢水中NO3電倠化生成N2、氯自由基

催化O3分解形成臭氧空洞。我國在石油催化領域領先世界，高效、經濟、綠色是未來催化劑研究的發展

方向。完成下列小題。

5.下列說法正確的是

A.豆科植物固氮過程中，固氮酶能提高該反應的活化能

B.C2H4與O2反應中，Ag催化能提高生成CH3CHO的選擇性

C.H2O2制O2反應中，MnO2能加快化學反應速率

D.SO2與O2反應中，V2O5能減小該反應的焓變

6.下列化學反應表示正確的是

催化劑

A.汽車尾氣處理：2NO+4CON2+4CO2

--+-

B.NO3電催化為N2的陽極反應：2NO3+12H+10e=N2-+6H2O

催化劑

C.硝酸工業中NH3的氧化反應：4NH3+3O22N2+6H2O

Δ

催化劑

D.CO2和H2催化制二甲醚：2CO2+6H2????高溫、高壓?CH3OCH3+3H2O

7.下列有關反應描述正確的是

A.CH3CH2OH催化氧化為CH3CHO，CH3CH2OH斷裂C-O鍵

B.氟氯烴破壞臭氧層，氟氯烴產生的氯自由基改變O3分解的歷程

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C.丁烷催化裂化為乙烷和乙烯，丁烷斷裂σ鍵和π鍵

D.石墨轉化為金剛石，碳原子軌道的雜化類型由sp3轉變為sp2

【答案】5.C6.D7.B

【解析】

【5題詳解】

A．固氮酶是豆科植物固氮過程的催化劑，能降低該反應的活化能，A錯誤；

B．根據題意，催化劑有選擇性，如C2H4與O2反應用Ag催化生成(環氧乙烷)、用CuCl2/PdCl2

催化生成CH3CHO，則判斷Ag催化不能提高生成CH3CHO的選擇性，B錯誤；

C．MnO2是H2O2制O2反應的催化劑，能加快化學反應速率，C正確；

D．V2O5是SO2與O2反應的催化劑，能加快反應速率，但不能改變該反應的焓變，D錯誤；

故選C。

【6題詳解】

催化劑

A．該反應方程式配平錯誤，汽車尾氣處理：2NO+2CON2+2CO2，A錯誤；

-

B．NO3電催化為N2，N元素化合價降低，發生還原反應，應是在陰極發生反應，反應方程式是：

-+-

2NO3+12H+10e=N2-+6H2O，B錯誤；

C．硝酸工業中NH3發生催化氧化生成NO，NO進一步反應得到NO2后再與水反應制得硝酸，該氧化反

催化劑

應：4NH3+5O24NO+6H2O，C錯誤；

Δ

催化劑

D．CO2和H2催化制二甲醚：2CO2+6H2????高溫、高壓?CH3OCH3+3H2O，D正確；

故選D。

【7題詳解】

A．CH3CH2OH催化氧化為CH3CHO，CH3CH2OH斷裂C-H鍵和O-H生成C=O，A錯誤；

B．根據題意，氯自由基催化O3分解氟氯烴破壞臭氧層，則氟氯烴產生的氯自由基改變O3分解的歷程，B

正確；

C．丁烷催化裂化為乙烷和乙烯，丁烷斷裂σ鍵，丁烷是飽和烷烴，沒有π鍵，C錯誤；

D．石墨碳原子軌道的雜化類型為轉化為sp2，金剛石碳原子軌道的雜化類型為sp3，石墨轉化為金剛石，

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碳原子軌道的雜化類型由sp2轉變為sp3，D錯誤；

故選B。

8.堿性鋅錳電池的總反應為Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnOOH，電池構造示意圖如圖所示。下列

有關說法正確的是

A.電池工作時，MnO2發生氧化反應

B.電池工作時，OH-通過隔膜向正極移動

C.環境溫度過低，不利于電池放電

D.反應中每生成1molMnOOH，轉移電子數為2′6.02′1023

【答案】C

【解析】

--

【分析】Zn為負極，電極反應式為：Zn-2e+2OH=ZnO+H2O，MnO2為正極，電極反應式為：

--

MnO2+e+H2O=MnOOH+OH。

【詳解】A．電池工作時，MnO2為正極，得到電子，發生還原反應，故A錯誤；

B．電池工作時，OH-通過隔膜向負極移動，故B錯誤；

C．環境溫度過低，化學反應速率下降，不利于電池放電，故C正確；

--

D．由電極反應式MnO2+e+H2O=MnOOH+OH可知，反應中每生成1molMnOOH，轉移電子數

為6.02′1023，故D錯誤；

故選C。

9.化合物Z是一種藥物的重要中間體，部分合成路線如下：

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下列說法正確的是

AX分子中所有碳原子共平面B.1molY最多能與1molH發生加成反應

.2

C.Z不能與Br2的CCl4溶液反應D.Y、Z均能使酸性KMnO4溶液褪色

【答案】D

【解析】

【詳解】A．X中飽和的C原子sp3雜化形成4個單鍵，具有類似甲烷的四面體結構，所有碳原子不可能

共平面，故A錯誤；

B．Y中含有1個羰基和1個碳碳雙鍵可與H2加成，因此1molY最多能與2molH2發生加成反應，故B

錯誤；

C．Z中含有碳碳雙鍵，可以與Br2的CCl4溶液反應，故C錯誤；

D．Y、Z中均含有碳碳雙鍵，可以使酸性KMnO4溶液褪色，故D正確；

故選D。

10.在給定條件下，下列制備過程涉及的物質轉化均可實現的是

電解點燃

A.HCl制備：NaCl溶液????H2和Cl2????HCl

電解

B.金屬Mg制備：MgOH????鹽酸MgCl溶液

22?Mg

CO2△

C.純堿工業：NaCl溶液????NaHCO3???Na2CO3

O2H2O

D.硫酸工業：FeS2????高溫SO2????H2SO4

【答案】A

【解析】

【詳解】A．電解氯化鈉溶液可以得到H2和Cl2，H2和Cl2點燃反應生成HCl，故A的轉化可以實現；

B．氫氧化鎂和鹽酸反應可以得到氯化鎂溶液，但是電解氯化鎂溶液不能得到Mg，電解熔融MgCl2才能得

到金屬鎂單質，故B的轉化不能實現；

C．純堿工業是在飽和食鹽水中通入NH3和CO2先得到NaHCO3，然后NaHCO3受熱分解為Na2CO3，故

C的轉化不能實現；

D．工業制備硫酸，首先黃鐵礦和氧氣反應生成SO2，但是SO2和水反應生成H2SO3，不能得到H2SO4，

故D的轉化不能實現；

故選A。

11.室溫下，根據下列實驗過程及現象，能驗證相應實驗結論的是

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選

實驗過程及現象實驗結論

項

-1-1

用0.1mol×LNaOH溶液分別中和等體積的0.1mol×LH2SO4

酸性：

A-1

溶液和0.1mol×LCH3COOH溶液，H2SO4消耗的NaOH溶液

H2SO4>CH3COOH

多

-1

向2mL0.1mol×LNa2S溶液中滴加幾滴溴水，振蕩，產生淡黃色

B氧化性：Br2>S

沉淀

-1

向2mL濃度均為0.1mol×L的CaCl2和BaCl2混合溶液中滴加少溶度積常數：

C

-1

CaCO3>BaCO3

量0.1mol×LNa2CO3溶液，振蕩，產生白色沉淀

+

用pH試紙分別測定CH3COONa溶液和NaNO2溶液pH，結合H能力：

D

CHCOO->NO-

CH3COONa溶液pH大32

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【詳解】A．H2SO4是二元酸，CH3COOH是一元酸，通過該實驗無法說明H2SO4和CH3COOH酸性的強

弱，故A錯誤；

-1

B．向2mL0.1mol×LNa2S溶液中滴加幾滴溴水，振蕩，產生淡黃色沉淀，說明發生反應：

2--

S+Br2=2Br+Sˉ，氧化劑的氧化性大于氧化產物，因此氧化性：Br2>S，故B正確；

C．CaCO3和BaCO3均為白色沉淀，無法通過現象確定沉淀種類，無法比較CaCO3和BaCO3溶度積常

數的大小，故C錯誤；

--+

D．比較CH3COO和NO2結合H能力，應在相同條件下測定相同濃度CH3COONa溶液和NaNO2溶

液的pH，但題中未明確指出兩者濃度相等，故D錯誤；

故選B。

-2

12.室溫下，通過下列實驗探究SO2的性質。已知Ka1H2SO3=1.3′10，

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-8

Ka2H2SO3=6.2′10。

實驗1：將SO2氣體通入水中，測得溶液pH=3。

-1

實驗2：將SO2氣體通入0.1mol×LNaOH溶液中，當溶液pH=4時停止通氣。

-1

實驗3：將SO2氣體通入0.1mol×L酸性KMnO4溶液中，當溶液恰好褪色時停止通氣。

下列說法正確的是

實驗所得溶液中：cHSO-+cSO2->cH+

A.133

2--

B.實驗2所得溶液中：cSO3>cHSO3

C.實驗2所得溶液經蒸干、灼燒制得NaHSO3固體

2-2+

D.實驗3所得溶液中：cSO4>cMn

【答案】D

【解析】

【分析】實驗1得到H2SO3溶液，實驗2溶液的pH為4，實驗2為NaHSO3溶液，實驗3SO2和酸性KMnO4

溶液反應的離子方程式為：-2-2++。

5SO2+2MnO4+2H2O=5SO4+2Mn+4H

【詳解】A．實驗1得到H2SO3溶液，其質子守恒關系式為：

-2--+-2-+

cHSO3+2cSO3+cOH=cH，則cHSO3+cSO3<cH，A錯誤；

-42--42-

10×c(SO3)-810×c(SO3)

B．實驗2為pH為4，依據Ka2=-，則6.2′10=-，溶液，則

c(HSO3)c(HSO3)

2--

cSO3<cHSO3，B錯誤；

C．NaHSO3溶液蒸干、灼燒制得NaHSO4固體，C錯誤；

．實驗依據發生的反應：-2-2++，則恰好完全反應后

D35SO2+2MnO4+2H2O=5SO4+2Mn+4H

2-2+

cSO4>cMn，D正確；

故選D。

13.二氧化碳加氫制甲醇的過程中的主要反應(忽略其他副反應)為：

-1

①CO2g+H2g=COg+H2OgDH1=41.2kJ×mol

②COg+2H2g=CH3OHgDH2

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6

225℃、8′10Pa下，將一定比例CO2、H2混合氣勻速通過裝有催化劑的絕熱反應管。裝置及L1、

L2、L3…位點處(相鄰位點距離相同)的氣體溫度、CO和CH3OH的體積分數如圖所示。下列說法正確的是

A.L4處與L5處反應①的平衡常數K相等

B.反應②的焓變DH2>0

C.L6處的H2O的體積分數大于L5處

D.混合氣從起始到通過L1處，CO的生成速率小于CH3OH的生成速率

【答案】C

【解析】

【詳解】A．L4處與L5處的溫度不同，故反應①的平衡常數K不相等，A錯誤；

B．由圖像可知，L1-L3溫度在升高，該裝置為絕熱裝置，反應①為吸熱反應，所以反應②為放熱反應，

ΔH2<0，B錯誤；

C．從L5到L6，甲醇的體積分數逐漸增加，說明反應②在向右進行，反應②消耗CO，而CO體積分數

沒有明顯變化，說明反應①也在向右進行，反應①為氣體分子數不變的反應，其向右進行時，n(H2O)增

大，反應②為氣體分子數減小的反應，且沒有H2O的消耗與生成，故n總減小而n(H?O)增加，即H2O的

體積分數會增大，故L6處的H2O的體積分數大于L5處，C正確；

D．L1處CO的體積分數大于CH3OH，說明生成的CO的物質的量大于CH3OH，兩者反應時間相同，

說明CO的生成速率大于CH3OH的生成速率，D錯誤；

故選C。

二、非選擇題：共4題，共61分。

14.回收磁性合金釹鐵硼(Nd2Fe14B)可制備半導體材料鐵酸鉍和光學材料氧化釹。

-1

（1）釹鐵硼在空氣中焙燒轉化為Nd2O3、Fe2O3等(忽略硼的化合物)，用0.4mol×L鹽酸酸浸后過濾得

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浸出液中某元素的物質的量

到NdCl溶液和含鐵濾渣。Nd、Fe浸出率(′100%)隨浸取時間變化如圖

3某元素的總物質的量

所示。

①含鐵濾渣的主要成分為_______(填化學式)。

②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是_______。

（2）含鐵濾渣用硫酸溶解，經萃取、反萃取提純后，用于制備鐵酸鉍。

①用含有機胺RN的有機溶劑作為萃取劑提純一定濃度的FeSO溶液，原理為：

(3)243

萃取

3+2-+

R3NHSO4+Fe+SO4+H2OH+R3NHFeOHSO4(有機層)

2反?萃取22

已知：RNHSO+H++HSO-2RNH×HSO

3244?34

其他條件不變，水層初始pH在0.2~0.8范圍內，隨水層pH增大，有機層中Fe元素含量迅速增多的原因

是_______。

②反萃取后，FeSO經轉化可得到鐵酸鉍。鐵酸鉍晶胞如圖所示圖中有個原子位于晶胞體對角

243(4Fe

線上，O原子未畫出)，其中原子數目比NFe:NBi=_______。

（3）凈化后的NdCl3溶液通過沉釹、焙燒得到Nd2O3。

①向NdCl溶液中加入NHCO溶液，3+可轉化為NdOHCO沉淀。該反應的離子方程式為

3423Nd3

_______。

-1

②將8.84mgNdOHCO3(摩爾質量為221g×mol)在氮氣氛圍中焙燒，剩余固體質量隨溫度變化曲線

如圖所示。℃時，所得固體產物可表示為NdOCO，通過以上實驗數據確定該產物中

550~600ab3c

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3+2-

nNd:nCO3的比值_______(寫出計算過程)。

+

【答案】（1）①.Fe(OH)3②.浸出初期，c(H)較大，鐵的浸出率較大，約5min后，溶液酸性減

3+

弱，Fe水解生成Fe(OH)3進入濾渣

（2）①.隨水層pH增大，H+的濃度減小，

萃取

RNHSO+Fe3++SO2-+HOH++RNHFeOHSO的化學平衡向正反應方向移動，

32442??????????反萃取3242

RNHSO+H++HSO-2RNH×HSO的化學平衡逆向移動，該平衡逆向移動引起

3244??????34

RNHSO濃度的增大，進一步促進萃取平衡向萃取方向移動，導致RNHFeOHSO的濃度

3243242

增大，因此，有機層中Fe元素含量迅速增多②.2:1

3+2-

（3）①.2Nd+3CO3+H2O=2NdOHCO3ˉ+CO2-②.2:1

【解析】

【小問1詳解】

①釹鐵硼在空氣中焙燒后得到的Nd2O3、Fe2O3均可溶于鹽酸，得到含有NdCl3和FeCl3的溶液。由圖中

信息可知，Nd的浸出率逐漸增大，而Fe的浸出率先增大后逐漸減小，說明隨著Nd的浸出率增大，稀鹽

+3+

酸中的H的濃度逐漸減小，pH逐漸增大導致Fe水解生成Fe(OH)3沉淀，因此，含鐵濾渣的主要成分

為Fe(OH)3。

②由①中分析可知，浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是：浸出初期，Fe2O3溶解，Fe的浸出率增

大，約5min隨著Nd的浸出率增大，稀鹽酸中的H+的濃度逐漸減小，pH逐漸增大導致Fe3+水解生成

Fe(OH)3進入濾渣，Fe的浸出率又減小。

【小問2詳解】

①減小生成物濃度，化學平衡向正反應方向移動，因此，其他條件不變，水層初始pH在0.2~0.8范圍內，

隨水層pH增大，H+的濃度減小，

萃取

RNHSO+Fe3++SO2-+HOH++RNHFeOHSO的化學平衡向正反應方向移

32442??????????反萃取3242

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動，又+的濃度減小使平衡RNHSO+H++HSO-2RNH×HSO逆向移動，引起

H3244??????34

RNHSO濃度的增大，進一步促進平衡

324

萃取

RNHSO+Fe3++SO2-+HOH++RNHFeOHSO向萃取方向移動，導致

32442??????????反萃取3242

RNHFeOHSO的濃度增大，因此，有機層中元素含量迅速增多。

3242Fe

②由鐵酸鉍晶胞結構示意圖可知，晶胞中體內有4個Fe原子，面上有8個Fe原子，根據均攤法可知，Fe

11

原子的數目為4′1+8′=8；Bi原子全部在晶胞的面上，共有8′=4，因此，其中原子數目比

22

NFe:NBi=2:1。

【小問3詳解】

①向NdCl溶液中加入NHCO溶液，3+和2-相互促進對方水解生成NdOHCO沉淀和

3423NdCO33

3+2-

CO2，該反應的離子方程式為2Nd+3CO3+H2O=2NdOHCO3ˉ+CO2-。

8.84′10-3g

②8.84mgNdOHCO的物質的量為=4′10-5mol，其在氮氣氛圍中焙燒后，金屬元素

3221g×mol-1

3+

的質量和化合價均保持不變，因此，nNd=4′10-5mol；550~600℃時剩余固體的質量為

7.60mg，固體減少的質量為1.24mg，由于堿式鹽在受熱分解時易變為正鹽，氫氧化物分解得到氧化物和

，碳酸鹽分解得到氧化物和CO，因此，可以推測固體變為NdOCO時失去的質量是生成

H2O2ab3c

H2O和CO2的質量；根據H元素守恒可知，固體分解時生成H2O的質量為

1

4′10-5mol′′18′103mg×mol-1=0.36mg，則生成CO的質量為1.24mg-0.36mg=0.88mg，則生

22

0.88mg-5

成CO的物質的量為=2′10mol，由C元素守恒可知，分解后剩余的CO2-的物質

244′103mg×mol-13

-5-5-53+2-

的量為4×10mol-2′10mol=2′10mol，因此可以確定該產物中nNd:nCO3的比值為

4′10-5mol

=2：1。

2′10-5mol

15.F是合成含松柏基化合物的中間體，其合成路線如下：

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（1）A分子中的含氧官能團名稱為醚鍵和_______。

（2）A?B中有副產物C15H24N2O2生成，該副產物的結構簡式為_______。

（3）C?D的反應類型為_______；C轉化為D時還生成H2O和_______(填結構簡式)。

（4）寫出同時滿足下列條件的F的一種芳香族同分異構體的結構簡式：_______。

堿性條件下水解后酸化，生成X、Y和Z三種有機產物。X分子中含有一個手性碳原子；Y和Z分子中均

有2種不同化學環境的氫原子，Y能與FeCl3溶液發生顯色反應，Z不能被銀氨溶液氧化。

（5）已知：HSCH2CH2SH與HOCH2CH2OH性質相似。寫出以、、

HSCH2CH2SH和HCHO為原料制備的合成路線流程圖

_______(無機試劑和有機溶劑任用，合成路線示例見本題題干)

【答案】（1）羰基（2）

（3）①.消去反應②.N(CH3)3

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（4）（5）

【解析】

【分析】A中羰基相連的甲基發生加成反應，得到的羥基與(CH3)2NH發生取代反應，得到物質B，B中N

+

原子在CH3I和Ag2O、H2O的先后作用下，引入一個CH3，得到物質C；C受熱發生消去反應，N(CH3)3

-

同OH與相鄰C上的H發生消去反應生成H2O和N(CH3)3，生成碳碳雙鍵得到物質D，D的碳碳雙鍵在H2O2

的堿溶液作用下發生反應，后再酸化引入兩個羥基則得到物質E，兩個羥基與CH3COCH3在HCl環境中脫

去H2O得到物質F。

【小問1詳解】

根據題中A分子的結構可知，其含氧官能團有醚鍵和羰基。

【小問2詳解】

A生成B的過程是甲醛與A中羰基相連的甲基發生加成反應，得到的羥基與(CH3)2NH發生取代反應，結合

副產物的分子式C15H24N2O2，可推斷該副產物是一分子A結合了兩分子的HCHO和(CH3)2NH，結構簡式

為。

【小問3詳解】

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據分析，C?D的反應類型為消去反應；C轉化為D時還生成H2O和N(CH3)3。

【小問4詳解】

由題中F的結構簡式可知其分子式是C13H16O4，其不飽和度為6，其芳香族同分異構體在堿性條件下水解后

酸化，生成X、Y和Z三種有機產物，推斷該同分異構體中含有兩個酯基。X分子中含有一個手性碳原子，

則有一個碳原子連接著四種互不相同的原子或原子團；Y和Z分子中均有2種不同化學環境的氫原子，Y

能與FeCl3溶液發生顯色反應，則Y含有酚羥基，推斷Y的結構簡式是，Z不能被銀氨溶液氧化，

則Z不含醛基，推斷Z的結構簡式是CH3COOH；則X分子中共含有5個C原子，其中有-COOH，則推斷

其結構簡式是；綜上分析，該芳香族同分異構體的一種結構簡式是。

【小問5詳解】

結合物質E生成F的結構變化可推斷與HSCH2CH2SH反應可生成目標產物的

部分；產物的部分可由生成

后與HCHO反應增長碳鏈得到，故設計合成路線：

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16.貴金屬銀應用廣泛。Ag與稀HNO3制得AgNO3，常用于循環處理高氯廢水。

-2--3-1

（1）沉淀Cl。在高氯水樣中加入K2CrO4使CrO4濃度約為5′10mol×L，當滴加AgNO3溶液至

--1

開始產生Ag2CrO4沉淀(忽略滴加過程的體積增加)，此時溶液中Cl濃度約為_______mol×L。[已知：

-10-12

KspAgCl=1.8′10，KspAg2CrO4=2.0′10]

（2）還原AgCl。在AgCl沉淀中埋入鐵圈并壓實，加入足量0.5mol×L-1鹽酸后靜置，充分反應得到

Ag。

①鐵將AgCl轉化為單質Ag的化學方程式為_______。

②不與鐵圈直接接觸的AgCl也能轉化為Ag的原因是_______。

③為判斷AgCl是否完全轉化，補充完整實驗方案：取出鐵圈，攪拌均勻，取少量混合物過濾，

_______[實驗中必須使用的試劑和設備：稀HNO3、AgNO3溶液，通風設備]

（3）Ag的抗菌性能。納米Ag表面能產生Ag+殺死細菌(如圖所示)，其抗菌性能受溶解氧濃度影響。

①納米Ag溶解產生Ag+的離子方程式為_______。

②實驗表明溶解氧濃度過高，納米Ag的抗菌性能下降，主要原因是_______。

【答案】（1）9′10-6

（2）①.Fe+AgCl+2HCl=FeCl3+Ag+H2-②.形成了以Fe為負極，AgCl為正極，鹽酸為

電解質溶液的原電池，正極AgCl得到電子，電極反應式為AgCl+e-=Ag+Cl-，生成Ag③.洗滌，

向最后一次洗滌液中滴加硝酸銀溶液，確保氯離子洗凈，開啟通風設備，向濾渣中加入足量稀HNO3，攪拌，

若固體完全溶解，則AgCl完全轉化，若固體未完全溶解，則AgCl未完全轉化

+++

（3）①.4Ag+O2+4H=4Ag+2H2O②.納米Ag與氧氣生成Ag2O，使得Ag濃度下降

【解析】

【小問1詳解】

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2--3-1

CrO4濃度約為5′10mol×L，當滴加AgNO3溶液至開始產生Ag2CrO4沉淀，此時

-12

+KspAg2CrO42.0′10-5

cAg==-3mol/L=2′10mol/L，

2-5′10

cCrO4

-10

-KspAgCl?1.8′10?-6

cCl==?-5÷mol/L=9′10mol/L；

cAg+è2′10?

【小問2詳解】

①在足量0.5mol×L-1鹽酸中靜置，鐵將AgCl轉化為單質Ag，反應的化學方程式為：

Fe+AgCl+2HCl=FeCl3+Ag+H2-；

②不與鐵圈直接接觸的AgCl也能轉化為Ag，是因為形成了以Fe為負極，AgCl為正極，鹽酸為電解質溶

液的原電池，正極AgCl得到電子，電極反應式為AgCl+e-=Ag+Cl-，生成Ag；

③判斷AgCl是否完全轉化，即檢驗混合物中是否含有AgCl，若AgCl完全轉化，則剩余固體全部為銀，

可完全溶于稀硝酸，若AgCl未完全轉化，剩余AgCl不能溶于稀硝酸，則可用稀硝酸檢驗，稀硝酸參與反

應可能會產生氮氧化物，反應需在通風設備中進行，反應后的溶液中存在氯離子，若未將濾渣洗凈，氯離

子會干擾實驗，所以首先需要檢驗氯離子是否洗凈，實驗方案為：取出鐵圈，攪拌均勻，取少量混合物過

濾，洗滌，向最后一次洗滌液中滴加AgNO3溶液，確保氯離子洗凈，打開通風設備，向洗滌干凈的濾渣

中加入足量稀HNO3，攪拌，若固體完全溶解，則AgCl完全轉化，若固體未完全溶解，則AgCl未完全轉

化；

【小問3詳解】

+++

①納米Ag溶解時被氧化為Ag，離子方程式為：4Ag+O2+4H=4Ag+2H2O；

+

②溶解氧濃度過高，納米Ag與氧氣生成Ag2O，使得Ag濃度下降，抗菌性能下降。

17.氫能是理想清潔能源，氫能產業鏈由制氫、儲氫和用氫組成。

（1）利用鐵及其氧化物循環制氫，原理如圖所示。反應器Ⅰ中化合價發生改變的元素有_______；含CO

和H2各1mol的混合氣體通過該方法制氫，理論上可獲得_______molH2。

（2）一定條件下，將氮氣和氫氣按nN2:nH2=1:3混合勻速通入合成塔，發生反應

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α-Fe/AlO

N+3H232NH。海綿狀的a-Fe作催化劑，多孔AlO作為a-Fe的“骨架”和氣體吸

22??????????????高溫、高壓323

附劑。

①H中含有CO會使催化劑中毒。CHCOOéCuNHù和氨水的混合溶液能吸收CO生成

23?32?

CHCOOéCuNHCOù溶液，該反應的化學方程式為_______。

3?33?

②Al2O3含量與a-Fe表面積、出口處氨含量關系如圖所示