2024年1月浙江省普通高校招生選考科目考試

化學試題

選擇題部分

一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分，每小題列出的四個備選項中只有一個

是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)

1.下列物質不屬于電解質的是

A.CO2B.HClC.NaOHD.BaSO4

【答案】A

【解析】

【詳解】A．CO2在水溶液中能導電，是生成的碳酸電離，不是自身電離，不屬于電解質，A符合題意；

B．HCl溶于水電離出離子導電，屬于電解質，B不符合題意；

C．NaOH在水溶液和熔融狀態均能電離離子而導電，屬于電解質，C不符合題意；

D．BaSO4在熔融狀態能電離離子而導電，屬于電解質，D不符合題意；

故選A。

2.工業上將Cl2通入冷的NaOH溶液中制得漂白液，下列說法不正確的是

A.漂白液的有效成分是NaClOB.ClO-水解生成HClO使漂白液呈酸性

C.通入CO2后的漂白液消毒能力增強D.NaClO溶液比HClO溶液穩定

【答案】B

【解析】

【詳解】A．漂白液的主要成分是次氯酸鈉(NaClO)和氯化鈉(NaCl)，有效成分是次氯酸鈉，A正確；

---

B．ClO水解生成HClO，水解方程式為ClO+H2OHClO+OH，使漂白液呈堿性，B錯誤；

C．通入CO2后，發生反應NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO，漂白液消毒能力增強，C正確；

D．次氯酸不穩定，次氯酸鹽穩定，所以熱穩定性NaClO＞HClO，D正確；

答案選B。

3.下列表示不正確的是

18

A.中子數為10的氧原子：8O

B.SO2的價層電子對互斥(VSEPR)模型：

C.用電子式表示KCl的形成過程：

第1頁/共22頁

D.的名稱：2-甲基4-乙基戊烷

【答案】D

【解析】

18

【詳解】A．8O質子數為8，質量數為18，根據質量數=質子數+中子數，可算得中子數為10，A說法正

確；

1

B．SO2中心原子S價層電子對數：2+6-2′2=3，其價層電子對互斥(VSEPR)模型為平面三角

2

形，B說法正確；

C．KCl為離子化合物，其電子式表示形成過程：，C說法正確；

D．有機物主鏈上有6個碳原子，第2、4號碳原子上連有甲基，命名為：2，4-二

甲基己烷，D說法錯誤；

答案選D。

催化劑

4.汽車尾氣中的NO和CO在催化劑作用下發生反應：2NO+2CO2CO2+N2，列說法不正確的

是(NA為阿伏加德羅常數的值)

A.生成1molCO2轉移電子的數目為2NAB.催化劑降低NO與CO反應的活化能

C.NO是氧化劑，CO是還原劑D.N2既是氧化產物又是還原產物

【答案】D

【解析】

【分析】NO中N的化合價為+2價，降低為0價的N2，1個NO得2個電子，作氧化劑，發生還原反應，

CO中C為+2價，化合價升高為+4價的CO2，失去2個電子，作還原劑發生氧化反應；

【詳解】A．根據分析，1molCO2轉移2NA的電子，A正確；

B．催化劑通過降低活化能，提高反應速率，B正確；

C．根據分析，NO是氧化劑，CO是還原劑，C正確；

D．根據分析，N2為還原產物，CO2為氧化產物，D錯誤；

故答案為：D。

5.在溶液中能大量共存的離子組是

第2頁/共22頁

+-2+-3++--

A.H、I、Ba、NO3B.Fe、K、CN、Cl

+2--2++2---

C.Na、SiO3、Br、CaD.NH4、SO4、CH3COO、HCO3

【答案】D

【解析】

+--

【詳解】A．H、I、NO3三種離子會反生氧化還原反應而不能大量共存，故A不符合題意；

3+-3-

B．Fe、CN會生成Fe(CN)6離子而不能大量共存，故B不符合題意；

2-2+

C．SiO3、Ca會生成CaSiO3沉淀而不能大量共存，故C不符合題意；

+--

D．NH4、CH3COO、HCO3雖然不同程度水解，但水解是微弱的，能大量共存，故D符合題意；

答案D。

6.為回收利用含I2的CCl4廢液，某化學興趣小組設計方案如下所示，下列說法不正確的是

A.步驟I中，加入足量Na2CO3溶液充分反應后，上下兩層均為無色

B.步驟I中，分液時從分液漏斗下口放出溶液A

C.試劑X可用硫酸

D.粗I2可用升華法進一步提純

【答案】B

【解析】

【分析】由題給流程可知，向碘的四氯化碳溶液中加入碳酸鈉溶液，碳酸鈉溶液與碘反應得到含有碘化鈉

和碘酸鈉的混合溶液，分液得到四氯化碳和溶液A；向溶液A中加入硫酸溶液，碘化鈉和碘酸鈉在硫酸溶

液中發生歸中反應生成硫酸鈉和碘。

【詳解】A．由分析可知，步驟I中，加入足量碳酸鈉溶液發生的反應為碳酸鈉溶液與碘反應得到含有碘

化鈉和碘酸鈉的混合溶液，則充分反應后，上下兩層均為無色，上層為含有碘化鈉和碘酸鈉的混合溶液，

下層為四氯化碳，故A正確；

B．四氯化碳的密度大于水，加入足量碳酸鈉溶液充分反應后，上下兩層均為無色，上層為含有碘化鈉和

碘酸鈉的混合溶液，下層為四氯化碳，則分液時應從分液漏斗上口倒出溶液A，故B錯誤；

第3頁/共22頁

C．由分析可知，向溶液A中加入硫酸溶液的目的是使碘化鈉和碘酸鈉在硫酸溶液中發生歸中反應生成硫

酸鈉和碘，則試劑X可用硫酸，故C正確；

D．碘受熱會發生升華，所以實驗制得的粗碘可用升華法進一步提純，故D正確；

故選B。

7.根據材料的組成和結構變化可推測其性能變化，下列推測不合理的是

材料組成和結構變化性能變化

A生鐵減少含碳量延展性增強

B晶體硅用碳原子取代部分硅原子導電性增強

吸水能力提

C纖維素接入帶有強親水基團的支鏈

高

順丁橡硫化使其結構由線型轉變為網

D強度提高

膠狀

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【詳解】A．較低的碳含量賦予材料更好的延展性和可塑性，A正確；

B．晶體硅和金剛石、碳化硅均為共價晶體，且硅為半導體材料，金剛石態的碳不具有導電性，故碳的導

電性比硅差，導電能力會下降，B錯誤；

C．淀粉、纖維素的主鏈上再接上帶有強親水基團的支鏈(如丙烯酸鈉)，在交聯劑作用下形成網狀結構可以

提高吸水能力，C正確；

D．在橡膠中加入硫化劑和促進劑等交聯助劑，在一定的溫度、壓力條件下，使線型大分子轉變為三維網

狀結構，網狀結構相對線性結構具有更大的強度，D正確；

故選B。

8.下列實驗裝置使用不正確的是

第4頁/共22頁

A.圖①裝置用于二氧化錳和濃鹽酸反應制氯氣

B.圖②裝置用于標準酸溶液滴定未知堿溶液

C.圖③裝置用于測定中和反應的反應熱

D.圖④裝置用于制備乙酸乙酯

【答案】A

【解析】

【詳解】A．圖①裝置沒有加熱裝置，不適用于二氧化錳和濃鹽酸反應制氯氣，A錯誤；

B．利用酸式滴定管中裝有的標準酸溶液滴定未知堿溶液，裝置和操作正確，B正確；

C．圖③裝置用于測定中和反應的反應熱，溫度計測溫度、玻璃攪拌器起攪拌作用，裝置密封、隔熱保溫效

果好，C正確；

D．圖④裝置用于制備乙酸乙酯，導管末端不伸入液面下，利用飽和碳酸鈉收集乙酸乙酯，D正確；

答案選A。

9.關于有機物檢測，下列說法正確的是

A.用濃溴水可鑒別溴乙烷、乙醛和苯酚

B.用紅外光譜可確定有機物的元素組成

C.質譜法測得某有機物的相對分子質量為72，可推斷其分子式為C5H12

D.麥芽糖與稀硫酸共熱后加NaOH溶液調至堿性，再加入新制氫氧化銅并加熱，可判斷麥芽糖是否水解

【答案】A

【解析】

【詳解】A．溴乙烷可萃取濃溴水中的溴，出現分層，下層為有色層，溴水具有強氧化性、乙醛具有強還

原性，乙醛能還原溴水，溶液褪色，苯酚和濃溴水發生取代反應產生三溴苯酚白色沉淀，故濃溴水可鑒別

溴乙烷、乙醛和苯酚，A正確；

B．紅外吸收峰的位置與強度反映了分子結構的特點，紅外光譜可確定有機物的基團、官能團等，元素分

析儀可以檢測樣品中所含有的元素，B錯誤；

第5頁/共22頁

C．質譜法測得某有機物的相對分子質量為72，不可據此推斷其分子式為C5H12，相對分子質量為72的

還可以是C4H8O、C3H4O2等，C錯誤；

D．麥芽糖及其水解產物均具有還原性，均能和新制氫氧化銅在加熱反應生成磚紅色沉淀Cu2O，若按方

案進行該實驗，不管麥芽糖是否水解，均可生成磚紅色沉淀，故不能判斷麥芽糖是否水解，D錯誤；

答案選A。

10.下列化學反應與方程式不相符的是

點燃

A.黑火藥爆炸：S+2KNO3+3CK2S+N2-+3CO2-

四氯化鈦水解：

B.TiCl4+(x+2)H2O@TiO2×xH2Oˉ+4HCl

2-+

C.硫化鈉溶液在空氣中氧化變質：2S+O2+4H=2Sˉ+2H2O

V

D.硬脂酸甘油酯在NaOH溶液中皂化：＋3NaOH?＋

3C17H35COONa

【答案】C

【解析】

點燃

【詳解】A．黑火藥爆炸：S+2KNO3+3CK2S+N2-+3CO2-，A正確；

．四氯化鈦水解：，正確；

BTiCl4+(x+2)H2O@TiO2×xH2Oˉ+4HClB

2--

C．硫化鈉強堿弱酸鹽，溶液呈堿性，在空氣中氧化變質：2S+O2+2H2O=2Sˉ+4OH，C錯誤；

V

D．硬脂酸甘油酯在NaOH溶液中皂化：＋3NaOH?＋

3C17H35COONa，D正確；

答案選C。

11.制造隱形眼鏡的功能高分子材料Q的合成路線如下：

第6頁/共22頁

下列說法不正確的是

A.試劑a為NaOH乙醇溶液B.Y易溶于水

C.Z的結構簡式可能為D.M分子中有3種官能團

【答案】A

【解析】

【分析】X可與溴的四氯化碳溶液反應生成C2H4Br2，可知X為乙烯；C2H4Br2發生水解反應生成

HOCH2CH2OH，在濃硫酸加熱條件下與Z發生反應生成單體M，結合Q可反推知單體M為

CH2=CCH3COOCH2CH2OH；則Z為；

【詳解】A．根據分析可知，1,2-二溴乙烷發生水解反應，反應所需試劑為NaOH水溶液，A錯誤；

B．根據分析可知，Y為HOCH2CH2OH，含羥基，可與水分子間形成氫鍵，增大在水中溶解度，B正確；

C．根據分析可知Z的結構簡式可能為，C正確；

D．M結構簡式：CH2=CCH3COOCH2CH2OH，含碳碳雙鍵、酯基和羥基3種官能團，D正確；

答案選A。

12.X、Y、Z、M和Q五種主族元素，原子序數依次增大，X原子半徑最小，短周期中M電負性最小，Z

與Y、Q相鄰，基態Z原子的s能級與p能級的電子數相等，下列說法不正確的是

A.沸點：X2Z>X2Q

B.M與Q可形成化合物M2Q、M2Q2

C.化學鍵中離子鍵成分的百分數：M2Z>M2Q

-2-

D.YZ3與QZ3離子空間結構均為三角錐形

【答案】D

【解析】

【分析】X半徑最小為H，短周期電負性最小則M為Na，Z原子的s能級與p能級的電子數相等，則Z

為O，Z與Y、Q相鄰，Y為N，Q為S，以此分析；

第7頁/共22頁

【詳解】A．H2O中含有氫鍵，則沸點高于H2S，A正確；

B．Na與O形成Na2O、Na2O2，則O與S同族化學性質性質相似，B正確；

C．Na2O的電子式為，Na2S的電子式為，離子鍵百分比=(電

負性差值/總電負性差值)，O的電負性大于S，則Na2O離子鍵成分的百分數大于Na2S，C正確；

-22-3

D.NO3為sp雜化，孤電子對為0，為平面三角形，SO3為sp雜化，孤電子對為1，三角錐形，D錯

誤；

故答案為：D。

2+

13.破損的鍍鋅鐵皮在氨水中發生電化學腐蝕，生成éZnNHù和H，下列說法不正確的是

?34?2

A.氨水濃度越大，腐蝕趨勢越大

B.隨著腐蝕的進行，溶液pH變大

--

C.鐵電極上的電極反應式為：2NH3+2e=2NH2+H2-

D.每生成標準狀況下224mLH2，消耗0.010molZn

【答案】C

【解析】

2+

【詳解】A．氨水濃度越大，越容易生成éZnNHù，腐蝕趨勢越大，A正確；

?34?

2+

--

B．腐蝕的總反應為Zn+4NH3?H2O=éZnNHù+H2↑+2H2O+2OH，有OH離子生成，溶液pH變大，

?34?

B正確；

C．該電化學腐蝕中Zn作負極，Fe作正極，正極上氫離子得電子生成氫氣，鐵電極上的電極反應式為：

--

2H2O+2e=H2-+2OH，C錯誤；

0.224L′2

D．根據得失電子守恒，每生成標準狀況下224mLH，轉移電子數為=0.02mol，消耗

222.4L/mol

0.010molZn，D正確；

故選C

14.酯在NaOH溶液中發生水解反應，歷程如下：

第8頁/共22頁

已知：

①

②RCOOCH2CH3水解相對速率與取代基R的關系如下表：

取代基RCH3ClCH2Cl2CH

水解相對

12907200

速率

下列說法不正確的是

A.步驟I是OH-與酯中Cδ+作用

B.步驟III使I和Ⅱ平衡正向移動，使酯在NaOH溶液中發生的水解反應不可逆

C.酯的水解速率：FCH2COOCH2CH3>ClCH2COOCH2CH3

D.與OH-反應、與18OH-反應，兩者所得醇和羧酸鹽均不同

【答案】D

【解析】

【詳解】A．步驟Ⅰ是氫氧根離子與酯基中的Cδ+作用生成羥基和O-，A正確；

B．步驟Ⅰ加入氫氧根離子使平衡Ⅰ正向移動，氫氧根離子與羧基反應使平衡Ⅱ也正向移動，使得酯在NaOH

溶液中發生的水解反應不可逆，B正確；

C．從信息②可知，隨著取代基R上Cl個數的增多，水解相對速率增大，原因為Cl電負性較強，對電子

的吸引能力較強，使得酯基的水解速率增大，F的電負性強于Cl，FCH2對電子的吸引能力更強，因此酯的

水解速率FCH2COOCH2CH3>ClCH2COOCH2CH3，C正確；

D．與氫氧根離子反應，根據信息①可知，第一步反應后18O既存在于羥基中也存在于

O-中，隨著反應進行，最終18O存在于羧酸鹽中，同理與18OH-反應，最終18O存在于羧

酸鹽中，兩者所得醇和羧酸鹽相同，D錯誤；

第9頁/共22頁

故答案選D。

-1

15.常溫下、將等體積、濃度均為0.40mol×LBaCl2溶液與新制H2SO3溶液混合，出現白色渾濁；再滴

加過量的H2O2溶液，振蕩，出現白色沉淀。

-2-8

已知：H2SO3Ka1=1.4′10,Ka2=6.0′10

-10-10

KspBaSO3=5.0′10,KspBaSO4=1.1′10

下列說法不正確的是

+-2--

A.H2SO3溶液中存在cH>cHSO3>cSO3>cOH

-1-12-

B.將0.40mol×LH2SO3溶液稀釋到0.20mol×L，cSO3幾乎不變

C.BaCl2溶液與H2SO3溶液混合后出現的白色渾濁不含有BaSO3

2++

D.存在反應Ba+H2SO3+H2O2=BaSO4ˉ+2H+H2O是出現白色沉淀的主要原因

【答案】C

【解析】

【詳解】A．亞硫酸是二元弱酸，存在二次電離，電離方程式為：+-，

H2SO3H+HSO3

-+2-，則溶液中cH+＞cHSO-＞cSO2-＞cOH-，正確；

HSO3H+SO333A

B．亞硫酸根離子是其二級電離產生的，則稀釋的時候對氫離子的影響較大，稀釋的時候，亞硫酸的濃度

變為原來的一半，另外稀釋的平衡常數不變，對第二級電離影響很小，則稀釋時亞硫酸根濃度基本不變，

B正確；

C．加入雙氧水之前，生成的白色渾濁為BaSO3沉淀，C錯誤；

D．過氧化氫具有強氧化性，可以將+4價硫氧化為+6價硫酸根離子，則存在反應，

BaSO3+H2O2=BaSO4ˉ+H2O，則出現白色沉淀的主要原因生成BaSO4沉淀，D正確；

故答案為：C。

16.根據實驗目的設計方案并進行實驗，觀察到相關現象，其中方案設計或結論不正確的是

實驗目的方案設計現象結論

探究Cu和濃

將NO2通入下列溶液至飽①無色變Cu和濃HNO3反應后

A

HNO3反應后和：黃色溶液呈綠色的主要原因

第10頁/共22頁

溶液呈綠色的②藍色變

①濃HNO3是溶有NO2

原因綠色

②Cu(NO3)2和HNO3，混

合溶液

比較-與

F向等物質的量濃度的KF和溶液顏色

結合Fe3+的能力：

-

BSCN結合KSCN混合溶液中滴加幾無明顯變

F->SCN-

3+滴FeCl溶液，振蕩化

Fe的能力3

分別測定等物質的量濃度

比較HF與前者pH

的NH4F與NH4SO3

C2酸性：HF>H2SO3

H2SO3的酸性小

溶液的pH

等體積、等物質的量濃度溫度高的

探究溫度對反溫度升高，該反應速率

D的Na2S2O3與H2SO4溶液溶液中先

應速率的影響加快

在不同溫度下反應出現渾濁

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【詳解】A．Cu和濃HNO3反應后生成二氧化氮，探究其溶液呈綠色的原因可以采用對比實驗，即將NO2

通入①濃HNO3，②Cu(NO3)2和HNO3混合溶液至飽和，現象與原實驗一致，可以說明Cu和濃HNO3反應

后溶液呈綠色的主要原因是溶有NO2，故A正確；

B．向等物質的量濃度的KF和KSCN混合溶液中滴加幾滴FeCl3溶液，振蕩，溶液顏色無明顯變化，鐵沒

有與SCN-結合而與F-結合，說明結合Fe3+的能力：F->SCN-，故B正確；

．不應該分別測定等物質的量濃度的NHF與NHSO溶液的pH，因為銨根離子也要水解，且同

C4423

濃度NHF與NHSO的銨根離子濃度不等，不能比較，并且亞硫酸的酸性大于氫氟酸，結論也不

4423

對，故C錯誤；

D．探究溫度對反應速率的影響，只保留溫度一個變量，溫度高的溶液中先出現渾濁，能說明溫度升高，

反應速率加快，故D正確；

第11頁/共22頁

故選C。

非選擇題部分

二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)

17.氮和氧是構建化合物的常見元素。

已知：

請回答：

（1）某化合物的晶胞如圖，其化學式是_______，晶體類型是_______。

（2）下列說法正確的是_______。

A.電負性：B>N>OB.離子半徑：P3-<S2-<Cl-

C.第一電離能：Ge<Se<AsD.基態Cr2+的簡化電子排布式：[Ar]3d4

++

（3）①H2N-NH2+H?H2N-NH3，其中-NH2的N原子雜化方式為_______；比較鍵角

++

DHNH:H2N-NH2中的-NH2_______H2N-NH3中的-NH3(填“>”、“<”或“=”)，請說明理由_______。

②將HNO3與SO3按物質的量之比1:2發生化合反應生成A，測得A由2種微粒構成，其中之一是

++

NO2。比較氧化性強弱：NO2_______HNO3(填“>”、“<”或“=”)；寫出A中陰離子的結構式_______。

【答案】（1）①.CrCl2×4H2O②.分子晶體（2）CD

3

（3）①.sp②.＜③.-NH2有孤電子對，孤電子對對成鍵電子排斥力大，鍵角變小④.

＞⑤.

【解析】

【小問1詳解】

第12頁/共22頁

由晶胞圖可知，化學式為CrCl2×4H2O；由晶胞圖可知構成晶胞的粒子為CrCl2×4H2O分子，故為分子

晶體；

【小問2詳解】

A同一周期，從左到右，電負性依次增強，故順序為O>N>B，A錯誤；

B核外電子排布相同，核電荷數越大，半徑越小，故順序為P3-＞S2-＞Cl-，B錯誤；

C同一周期，從左到右，電離能增大的趨勢，VA族和ⅥA族相反，故順序為Ge<Se<As，C正確；

D基態Cr的簡化電子排布式：[Ar]3d54s1，Cr2+的簡化電子排布式為[Ar]3d4，D正確；

故選CD；

【小問3詳解】

5-1′3

①-NH的價層電子對數3+=4，故雜化方式為sp3；-NH價層電子對數為4，有一對孤電子

222

5-1-1′4

對，-NH+價層電子對數4+=4，無孤對電子，又因為孤電子對對成鍵電子的排斥力大于成鍵

32

++

電子對成鍵電子的排斥力，故鍵角DHNH:H2N-NH2中的-NH2＜H2N-NH3中的-NH3；

②將HNO3與SO3按物質的量之比1:2發生化合反應生成A，測得A由2種微粒構成，其中之一是

++-

NO2，則A為NO2HS2O7，NO2為硝酸失去一個OH，得電子能力更強，氧化性更強，故氧化性強弱：

+-

NO2＞HNO3；陰離子為HS2O7根據已知可知其結構式為。

固態化合物的組成為MgCaFeMnCO，以為原料實現如下轉化。

18.Y34Y

已知：NH3與溶液A中金屬離子均不能形成配合物。

請回答：

（1）依據步驟Ⅲ，MnCO3、CaCO3和MgCO3中溶解度最大的是_______。寫出溶液C中的所有陰離

子_______。步驟Ⅱ中，加入NH4Cl的作用是_______。

第13頁/共22頁

（2）下列說法正確的是_______。

A.氣體D是形成酸雨的主要成分B.固體E可能含有Na2CO3

C.Mn(OH)2可溶于NH4Cl溶液D.堿性：Ca(OH)2<Fe(OH)2

的3+2+-

（3）酸性條件下，固體NaBiO3(微溶于水，其還原產物為無色Bi)可氧化Mn為MnO4，根據該反

2+-

應原理，設計實驗驗證Y中含有Mn元素_______；寫出Mn轉化為MnO4的離子方程式_______。

2----

【答案】（1）①.MgCO3②.CO3、HCO3、OH、Cl③.調節溶液pH值，防止鈣離子、

鎂離子、錳離子轉化為氫氧化物的沉淀（2）BC

（3）①.取一定量Y于試管中，加入適量硝酸溶解，再加入適量NaBiO3，觀察到溶液變為紫紅色，

+2+-3++

則證明Y中含有錳元素②.5NaBiO3+14H+2Mn=2MnO4+5Bi+7H2O+5Na

【解析】

【分析】Y中加入鹽酸將碳酸根轉化為二氧化碳，溶液A中主要有鎂離子、錳離子、鈣離子、亞鐵離子，

氯離子，若酸過量，還有H+，加入氨氣和氯化銨將亞鐵離子轉化為氫氧化亞鐵，溶液B中主要含有鎂離

子、錳離子、鈣離子、銨根離子，氯離子，Ⅲ中又通入CO2將鈣離子與錳離子轉化為沉淀，據此回答。

【小問1詳解】

①MnCO3、CaCO3和MgCO3是同種類型的沉淀，溶解度大的最后沉淀出來，由于通入二氧化碳，生成的

沉淀是CaCO3和MgCO3，所以MgCO3溶解度最大；

②溶液中加入鹽酸引入陰離子氯離子，Ⅲ中又通入CO2引入碳酸根離子，溶液中還有碳酸氫根和氫氧根；

【小問2詳解】

A．氣體是CO2不是形成酸雨的主要成分，故A錯誤；

．固體可能含有，當二氧化碳過量時反應方程式為：，當二氧化

BENa2CO32CO2+2Na@Na2CO3+CO

碳少量時，所以可能含有，故正確；

CO2+2Na@Na2O+CONa2CO3B

+

C．Mn(OH)2可溶于NH4Cl溶液，由于NH4Cl溶液呈酸性，NH4Cl水解產生的H與Mn(OH)2反應，故C

正確；

D．堿性是Ca(OH)2＞Fe(OH)2，氫氧化鈣是強堿，氫氧化亞鐵是弱堿，故D錯誤；

故選BC。

【小問3詳解】

2+-

①酸性條件下，固體NaBiO3可氧化Mn為MnO4，取一定量Y于試管中，加入適量硝酸溶解，再加入適

量NaBiO3，觀察到溶液變為紫紅色，則證明Y中含有錳元素；

第14頁/共22頁

+2+-3++

②根據題目信息可知5NaBiO3+14H+2Mn=2MnO4+5Bi+7H2O+5Na。

19.通過電化學、熱化學等方法，將CO2轉化為HCOOH等化學品，是實現“雙碳”目標的途徑之一。請回

答：

（1）某研究小組采用電化學方法將CO2轉化為HCOOH，裝置如圖。電極B上的電極反應式是

_______。

（2）該研究小組改用熱化學方法，相關熱化學方程式如下：

-1

I：C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ×mol

-1

Ⅱ：C(s)+H2(g)+O2(g)=HCOOH(g)ΔH2=-378.7kJ×mol

Ⅲ：CO(g)+H(g)HCOOH(g)ΔH

22??????3

-1

①ΔH3=_______kJ×mol。

-1

②反應Ⅲ在恒溫、恒容的密閉容器中進行，CO2和H2的投料濃度均為1.0mol×L，平衡常數

-8

K=2.4′10，則CO2的平衡轉化率為_______。

③用氨水吸收HCOOH，得到1.00mol×L-1氨水和0.18mol×L-1甲酸銨的混合溶液，298K時該混合溶

-5-4

液的pH=_______。[已知：298K時，電離常數KbNH3×H2O=1.8′10、Ka(HCOOH)=1.8′10]

（3）為提高效率，該研究小組參考文獻優化熱化學方法，在如圖密閉裝置中充分攪拌催化劑M的

DMSO(有機溶劑)溶液，CO2和H2在溶液中反應制備HCOOH，反應過程中保持CO2(g)和H2(g)的

壓強不變，總反應CO+HHCOOH的反應速率為v，反應機理如下列三個基元反應，各反應的活

22??????

化能E2<E1<<E3(不考慮催化劑活性降低或喪失)。

Ⅳ：M+COQE

2??????1

V：Q+HLE

2??????2

第15頁/共22頁

VI：E

L??????M+HCOOH3

①催化劑M足量條件下，下列說法正確的是_______。

A．v與CO2(g)的壓強無關B．v與溶液中溶解H2的濃度無關

．溫度升高，不一定增大．在溶液中加入NCHCH，可提高CO轉化率

CvD2332

②實驗測得：298K，pCO2=pH2=2MPa下，v隨催化劑M濃度c變化如圖。c￡c0時，v隨c增

大而增大：c>c0時，v不再顯著增大。請解釋原因_______。

-+

【答案】（1）CO2+2e+2H=HCOOH

（2）①.+14.8②.2.4×10?8③.10.00

（3）①.CD②.當c≤c0時，v隨c增大而增大，因M是基元反應IV的反應物(直接影響基元反

應VI中反應物L的生成)；c>c0時，v不再顯著增加，因受限于CO2(g)和H2(g)在溶液中的溶解速度(或濃

度)

【解析】

【小問1詳解】

-+

①電極B是陰極，則電極反應式是CO2+2e+2H=HCOOH；

【小問2詳解】

①ΔH3=ΔH2-ΔH1=-378.7kJ/mol+393.5kJ/mol=+14.8kJ/mol；

②根據三段式，設轉化的CO2為x，則：

第16頁/共22頁

CO2g+H2gHCOOHg

起始(mol/L)110x

，則K==2.4′10-8，

轉化(mol/L)xxx(1-x)2

平衡(mol/L)1-x1-xx

2.4′10-8

x?2.4′10-8mol/L，則轉化率==′100%=2.4′10-6%；

1

-1-1+

③用氨水吸收HCOOH，得到1.00mol?L氨水和0.18mol?L甲酸銨的混合溶液，得出c(NH4)

-+-5

c(OH)×c(NH4)-c(NH3.H2O)×Kb1′1.8′10-4

=0.18mol/L，根據Kb=，則c(OH)=+==10mol/L，

c(NH3.H2O)c(NH4)0.18

pOH=4，pH=14-4=10；

【小問3詳解】

①A．v與CO2(g)的壓強有關，壓強越大，溶液中CO2的濃度越大，v越大，A錯誤；

B．v與溶液中溶解H2的濃度有關，氫氣濃度越大，速率越快，B錯誤；

C．溫度升高，v不一定增大，反應Ⅳ和Ⅴ是快反應，而Ⅵ是慢反應（決速步驟），若Ⅳ和Ⅴ是放熱反應且可

以快速建立平衡狀態，則隨著溫度升高L的濃度減小，若L的濃度減小對反應速率的影響大于溫度升高對

總反應速率的影響，則總反應速率減小，故總反應的速率不一定增大，C錯誤；

D．在溶液中加入的N(CH2CH3)3會與HCOOH反應，使得三個平衡正向移動，可提高CO2轉化率，D正確；

故選CD。

②當c≤c0時，v隨c增大而增大，因M是基元反應IV的反應物(直接影響基元反應VI中反應物L的生

成)；c>c0時，v不再顯著增加，因受限于CO2(g)和H2(g)在溶液中的溶解速度(或濃度)。

20.H2S可用于合成光電材料。某興趣小組用CaS與MgCl2反應制備液態H2S，實驗裝置如圖，反應方

程式為：CaS+MgCl2+2H2O=CaCl2+Mg(OH)2+H2S-。

第17頁/共22頁

已知：①H2S的沸點是-61℃，有毒：

②裝置A內產生的H2S氣體中含有酸性氣體雜質。

請回答：

（1）儀器X的名稱是_______。

（2）完善虛框內的裝置排序：A→B→_______→F+G

（3）下列干燥劑，可用于裝置C中的是_______。

A.氫氧化鉀B.五氧化二磷C.氯化鈣D.堿石灰

（4）裝置G中汞的兩個作用是：①平衡氣壓：②_______。

（5）下列說法正確的是_______。

A.該實驗操作須在通風櫥中進行

B.裝置D的主要作用是預冷卻H2S

C.加入的MgCl2固體，可使MgCl2溶液保持飽和，有利于平穩持續產生H2S

D.該實驗產生的尾氣可用硝酸吸收

（6）取0.680gH2S產品，與足量CuSO4溶液充分反應后，將生成的CuS置于已恒重、質量為

31.230g的坩堝中，煅燒生成CuO，恒重后總質量為32.814g。產品的純度為_______。

【答案】（1）圓底燒瓶

（2）E→C→D（3）BC（4）液封（5）ABC（6）99%

【解析】

【分析】A作為H2S的發生裝置，由于不能驟冷，所以D、E都是冷卻H2S的裝置，C裝置干燥H2S，F

冷卻并收集H2S，G作為平衡氣壓和尾氣處理裝置，據此回答。

【小問1詳解】

儀器X的名稱是圓底燒瓶；

【小問2詳解】

制備氣體的裝置包括發生裝置，除雜裝置，收集裝置和尾氣處理，由于不能驟冷，要逐步冷卻，所以B

連E，E連C，C連D，D連F；

【小問3詳解】

H2S是酸性氣體，不可以用堿性干燥劑，所以不可以用氫氧化鉀和堿石灰，故選BC；

【小問4詳解】

裝置G中汞的兩個作用是：①平衡氣壓：②液封；

第18頁/共22頁

【小問5詳解】

A．H2S有毒，該實驗操作須在通風櫥中進行，故A正確；

B．氣體不能驟冷，裝置D的主要作用是預冷卻H2S，故B正確；

C．加入的MgCl2固體，可使MgCl2溶液保持飽和，有利于平穩持續產生H2S，故C正確；

D．該實驗產生的尾氣不可用硝酸吸收，硝酸的氧化性雖然可以把H2S氧化為S單質，但是稀硝酸產生的

NO或者濃硝酸產生的NO2，會污染空氣，故D錯誤；

故選ABC。

【小問6詳解】

根據銅守恒，氧化銅的質量為32.814g-31.230g=1.584g，則氧化銅物質的量為0.0198mol，

CuS:CuO

11，硫化銅物質的量為0.0198mol，則H2S物質的量為0.0198mol，H2S的質量為

n0.0198mol