【文档说明】备战2024年高考化学模拟卷（黑龙江、甘肃、吉林、安徽、江西、贵州、广西）01（解析版）.docx，共(19)页，1.747 MB，由小赞的店铺上传

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【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（黑龙江、甘肃、吉林、安徽、江西、贵州、广西）黄金卷01（考试时间：75分钟试卷满分：100分）可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5Na23Fe56Zn65第Ⅰ卷一、单项选择题：共1

5题，每题3分，共45分。每题只有一个选项最符合题意。1．化学与材料、人类生活密切相关，下列说法错误的是A．食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用B．在北京冬奥会中，短道速滑服使用的超高分子聚乙烯属于有机高分子材料C．在日常生活中，造

成钢铁腐蚀的主要原因是化学腐蚀D．生产宇航服所用的碳化硅陶瓷和碳纤维材料都是新型无机非金属材料【答案】C【详解】A．二氧化硫具有漂白性、还原性，食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白，防腐和抗氧化等作用，A正确；B．超高分子聚乙烯属于有机高分子材料，B正确；C．在日常生活中，造成钢铁

腐蚀的主要原因是电化学腐蚀中的吸氧腐蚀，C错误；D．碳化硅陶瓷和碳纤维材料都是新型无机非金属材料，D正确；答案选C。2．下列化学用语表述错误的是A．CO2的电子式：B．中子数为20的氯原子：3717ClC．P

H3分子的VSEPR模型：D．基态Fe原子的价层电子排布图：【答案】C【详解】A．CO2为共价化合物，每个原子均满8电子稳定结构，电子式：，A正确；B．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：3717Cl，B正确；C．PH3分子中P原子的价层电子对数为3＋5312−=4，则VSEPR模型为正四面体形，C错误；D．基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，则价层电子排布图：，D正确；故选C。3．下列指定

反应的离子方程式正确的是A．碘化亚铁溶液通入少量的氯气：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-B．用H2O2从酸化的海带灰浸出液中制取碘：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2OC．Fe(OH)

3胶体的制备：Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3(胶体)+3NH4+D．等物质的量的NaHCO3溶液与Ca(OH)2溶液混合：2HCO3−+Ca2++2OH-=CaCO3↓+CO23−【答案】B【详解】A．碘化亚铁溶液通入少量的氯气，只有碘离子被氧化为碘单质，--222I

+Cl=I+2Cl，A错误；B．双氧水能将碘离子氧化成碘单质，用H2O2从酸化的海带灰浸出液中提取碘：-+22222I+HO+2H=I+2HO，B正确；C．制取()3FeOH红褐色胶体应该向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液至溶液

变红褐色；()3++23Fe+3HOFeΔ()OH+3H胶体，C错误；D．等物质的量的NaHCO3溶液与Ca(OH)2溶液混合，氢氧根离子过量，碳酸氢根离子完全反应生成碳酸钙沉淀水：HCO3−+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，D错误；故选B。4．使用下列实验装置进行实验，可以达到实

验目的的是A．装置甲：制备并收集纯净的3NHB．装置乙：灼烧23NaCO固体C．装置丙：测量2O的体积D．装置丁：制备3Fe(OH)胶体【答案】C【详解】A．氨气的密度比空气密度小，需要用向下排气法，导管应伸到小试管的底部，A错误；B．在瓷坩埚中，碳酸钠高温下与二氧化硅

反应生成硅酸钠与二氧化碳，不能用瓷坩埚灼烧碳酸钠固体，B错误；C．氧气不易溶于水，可以通过页面的高度差确认氧气的体积，C正确；D．制备3Fe(OH)胶体需要用饱和氯化铁溶液滴加进沸腾的蒸馏水中，不能直接滴加进氢氧化

钠溶液，D错误；故选C。5．NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．32g环状S8()分子中含有的S-S键数为NAB．标准状况下，2.24LC2H5OH所含氢原子数为0.6NAC．0.1mol·L-1的Na2CO3溶液含CO23−的数目为0.1NAD．2molNO与1mo

lO2在密闭容器中充分反应后的分子数为2NA【答案】A【详解】A．32g环状S8分子的物质的量=32g=0.125mol832g/mol，一个环状S8分子中含有的S-S键数为8个，则0.125mol环状S8分子中含有

的S-S键数为NA，A项正确；B．标准状况下C2H5OH为液体，不能根据气体摩尔体积计算，B项错误；C．不知道溶液体积，无法计算，C项错误；D．2molNO与1molO2在密闭容器中完全反应，生成2molNO，但是该反应为可逆反应，反应后不

可能完全进行，则反应后的分子数大于2NA，D项错误；答案选A。6．下列实验中的颜色变化与氧化还原反应无关的是选项ABCD实验NaOH溶液滴入4FeSO溶液中2SO通入2NaS溶液中KI溶液滴入AgCl浊液中石蕊溶

液滴入氯水中现象产生白色沉淀，最终变为红褐色产生淡黄色沉淀沉淀由白色逐渐变为黄色溶液变红，随后迅速褪色A．AB．BC．CD．D【答案】C【详解】A．NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，首先发生复分解反应产生Fe(OH)2白色沉淀，2NaO

H+FeSO4=Fe(OH)2↓+Na2SO4，Fe(OH)2具有强的还原性，又被溶解在溶液中的O2氧化为Fe(OH)3，发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，因此看到白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色

，颜色变化与氧化还原反应有关，A不符合题意；B．2SO通入2NaS溶液中，发生反应32SO+22NaS=3S+2Na2SO3，该反应中元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，B不符合题意；C．KI溶液滴入AgCl浊液中，发生沉淀转化，由白色AgCl

沉淀逐渐变为溶解度更小的黄色AgI沉淀，因此看到沉淀由白色逐渐变为黄色，在反应过程中元素化合价不变，故物质的颜色变化与氧化还原反应无关，C符合题意；D．氯水中含有HCl、HClO电离产生的H+，溶液显酸性，使紫色石蕊试液变为红色，同时溶液中含有的HClO

、ClO-具有强氧化性，又将红色物质氧化变为无色，因此石蕊溶液滴入氯水中，看到溶液先变红，随后迅速褪色，物质的颜色变化与氧化还原反应有关，D不符合题意；故选C。7．常温下，下列粒子能在指定的溶液中大量共存的是A．遇KSCN变红色的溶液：Na+、2Mg+、22HO、Cl−B．()131w110m

olLHKc−−+=的溶液中：4NH+、2Ca+、Cl−、3NO−C．pH＝0的溶液中：4NH+、2Fe+、223SO−、ClO−D．在溶质为3KHCO溶液中：K+、Cl−、3Al+、24SO−【答案】B【详解】

A．遇KSCN变红色的溶液说明含有三价铁，双氧水会被三价铁催化分解，A错误；B．()131w110molLHKc−−+=说明溶液显酸性，在酸性条件下四种离子均可大量存在，B正确；C．pH＝0的溶液说明是酸性溶液，223SO−会和氢离子反应生成硫单质和二氧化硫，ClO−和氢离子会生成弱

电解质，二价铁和次氯酸根离子也会发生氧化还原反应，C错误；D．3Al+和碳酸氢根离子会发生相互促进的双水解反应，D错误；故选B。8．某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对反应[可用aA(g)＋bB(g)cC(g)表

示]的化学平衡的影响，得到如下图象(图中p表示压强，T表示温度，n表示物质的量，α表示平衡转化率，φ表示体积分数)。根据图象，下列判断正确的是A．反应Ⅰ：若p1＞p2，则此反应只能在高温下自发进行B．反应Ⅱ：此反应的ΔH＜0，且T1＜T

2C．反应Ⅲ：ΔH＞0且T2＞T1或ΔH＜0且T2＜T1D．反应Ⅳ：T1＜T2，则该反应不易自发进行【答案】B【详解】A．若p1＞p2，T相同时，压强增大，A的转化率增大即平衡正向移动，所以a+b>c。该反应是一个熵减的反应，S<0

。压强不变时，升高温度，α(A)减小，平衡逆向移动，因此ΔH＜0。想要反应自发进行即GH-TS=<0，需要T足够小，A不符合题意；B．刚开始时T2温度下反应较快，因此T2>T1。反应达到平衡后，温度低时生成的产物较多，因

此正反应为放热反应，ΔH＜0，B正确；C．当n(B)为一定值时，T1比T2温度下φ(C)值更大，即反应正向进行。若ΔH＞0则T2＜T1，或若ΔH＜0则T2＞T1，C错误；D．T1＜T2，A的转化率在T1时较高，即降

温有利于反应正向进行，ΔH＜0。因为压强变大平衡不移动，所以a+b=c，所以S=0。想要反应自发进行即GH-TS=<0恒成立，反应可以自发进行，D错误。该题选B。9．TCCA是一种高效消毒剂，由原子序数依

次增大的W、X、Y、Z四种元素构成，且位于两个不同短周期。W元素的K层电子数与其p能级上的电子数相等，基态Y原子s能级电子总数与p能级电子总数相等，其原子半径小于W原子，Z元素的原子半径为同周期主族元素最小。下列叙述正确的是A．电负性大小：X＞

Y＞WB．简单离子半径：Z＞Y＞XC．Y的氢化物的沸点一定高于W的氢化物D．化合物WY2中，W的杂化方式为sp，为非极性分子【答案】D【分析】原子序数依次增大的W、X、Y、Z四种元素构成，且位于两个不同短周期。W元素的

K层电子数与其p能级上的电子数相等，则W为碳；基态Y原子s能级电子总数与p能级电子总数相等，其原子半径小于碳原子，则Y与碳同周期，为氧，那么X原子序数位于碳氧之间，X为氮；Z元素的原子半径为同周期主族元素最小，为第三周期的氯；【详解】A．同周期从左到右，金属性减弱，非

金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性大小：O＞N＞C，A错误；B．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；简单离子半径：Cl-＞N3-＞O2-，B错误；C．碳可以形成

相对分子质量很大的高聚物氢化物，故氧的的氢化物的沸点不一定高于碳的氢化物，C错误；D．化合物CO2中分子构型为直线形，碳的杂化方式为sp，分子正负电荷中心重合，为非极性分子，D正确；故选D。10．下列由实验现象所得结论正确的是选项实验操作和现象

结论A向浓硝酸中插入红热的木炭，产生红棕色气体红棕色的NO2一定是由木炭和浓硝酸的反应生成的B室温下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色Fe3+的氧化性比I2的强C常温下，将铁片浸入足量浓硫酸中，铁片不溶解常温下，铁与浓硫酸没有发生化学反应D向NaCl、NaI的混合

稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)A．AB．BC．CD．D【答案】B【详解】A．C与浓硝酸反应生成二氧化氮，且浓硝酸分解生成二氧化氮，结论不合理，故A错误；B．发生氧化还原反应生成碘，淀粉遇碘变蓝，由操作和现象可知Fe3+的氧化

性比I2的强，故B正确；C．常温下Fe与浓硫酸发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，故C错误；D．氯离子和碘离子的浓度大小未知，不能确定溶度积大小，故D错误；故选：B。11．2022年诺贝尔化学奖授予研究“点击化学”的

科学家，下图是利用点击化学方法设计的一种新型的1，2，3-三唑类杀菌剂的合成路线。下列有关说法正确的是A．有机物Ⅰ中含有手性碳原子B．有机物Ⅰ中所有碳原子一定共平面C．1mol有机物Ⅱ最多能与22molH发生加成反应D．有机物Ⅲ有两性，

既能和酸反应又能和碱反应【答案】B【详解】A．根据有机物Ⅰ的结构可知，其中不存在饱和碳原子，其中没有手性碳原子，A错误；B．有机物Ⅰ中苯环上的碳原子确定一个平面，和苯环直接相连的碳原子也在这个平面上，B正确；

C．有机物Ⅱ含有一个苯环，一个碳碳三键，则1mol有机物Ⅱ最多能与25molH发生加成反应，C错误；D．有机物Ⅲ中含有氮原子，可以和酸反应，但是不可以和碱反应，不具有两性，D错误；故选B。12．废旧铅蓄电池会导致铅污染，回收铅的流程如图所示。已知：铅膏的主要成分是PbO2和PbSO4

。下列说法错误的是A．SO2的作用是将PbO2还原成PbSO4B．加入(NH4)2CO3后发生的反应为：PbSO4(s)+CO23−(aq)垐?噲?PbCO3(s)+SO24−(aq)C．步骤X可以是蒸干灼烧D．若步骤X为电解，则整个流程中，HNO3可循环使用【

答案】C【分析】铅膏向浆液中加入二氧化硫和(NH4)2CO3，PbO2具有氧化性，将二氧化硫氧化，生成硫酸铅，再加入碳酸铵发生反应，生成PbCO3和(NH4)2SO4；向PbCO3中加入HNO3生成Pb

(NO3)2和二氧化碳气体，Pb(NO3)2处理得到铅单质。【详解】A．二氧化硫具有还原性，根据分析可知，SO2的作用是将PbO2还原成PbSO4，A正确；B．根据分析可知，加入(NH4)2CO3后，PbSO4转化为PbCO3，发

生的反应为PbSO4(s)+CO23−(aq)垐?噲?PbCO3(s)+SO24−(aq)，B正确；C．Pb(NO3)2溶液水解生成氢氧化铅和挥发性酸，蒸干灼烧得到铅氧化物，C错误；D．若步骤X为电解，则整个流程中阳极生成硝酸、阴

极生成铅单质，HNO3可循环使用，D正确；故选C。13．钙钛矿类杂化材料(CH3NH3)PbI3在太阳能电池领域具有重要的价值，其晶胞结构如图所示，B代表Pb2+，A的原子分数坐标为(0，0，0)，B的原子分数坐标为(12，12，12)

。下列说法中错误的是A．A的配位数为12B．A代表+33CHCHC．B原子处于C原子所形成的正四面体空隙中D．C的原子分数坐标：(1，12，12)【答案】C【详解】A．由图可知，距离A最近且等距离的C在面心，一个横截面有4个，三个横截面，因此共有12个，A正确；B．A位于顶点，个数为1，A代表+

33CHCH，B正确；C．根据晶胞结构可知，B原子处于C原子所形成的正八面体空隙中，C错误；D．根据晶胞中原子的相对位置可知，若原子分数坐标A为(0，0，0)，B为(12，12，12)，则C的原子分数坐标为(1，12，12)，D

正确；故选C。14．最近我国科学家研制出一种可充电Na-Zn双离子电池体系，其工作原理如图所示。下列说法错误的是A．充电时，阴极区溶液的pH增大B．放电时，每转移0.2mol电子，负极区电解质溶液质量增加6.5gC．充电时，Na+会通过阳离子交换膜移动到阴极D．放电时，正极反应

式为Na0.6-xMnO2+xe-+xNa+=Na0.6MnO2【答案】B【分析】由图可知，放电时，Zn作负极，电极反应式为Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，右侧为正极，电极反应式为Na0.6-xMnO2+xe-+xNa+═Na0.6MnO2，充电时，Zn作阴极，电极反应式为[Zn

(OH)4]2-+2e-=Zn-2e-+4OH-，右侧为阳极，据此作答。【详解】A．充电时，Zn作阴极，电极反应式为[Zn(OH)4]2-+2e-=Zn-2e-+4OH-，生成氢氧根离子，阴极区溶液的pH增大，故A正

确；B．放电时，Zn作负极，电极反应式为Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，每转移0.2mol电子，负极区电解质溶液质量增加0.2mol2×65g/mol=6.5g，同时有0.2mol钠离子迁移到右侧，质量减小0.2mol×23g/mol=4.6g,故负极区电解质溶液质量实际增加

6.5g-4.6g=1.9g，故B错误；C．充电时，阳离子向阴极移动，故Na+会通过阳离子交换膜移动到阴极，故C正确；D．放电时，Zn作负极，右侧为正极，电极反应式为Na0.6-xMnO2+xe-+xNa+═Na0.6Mn

O2，故D正确；故选B。15．25℃，用浓度为0.1000mol/L的NaOH溶液滴定20.00mL浓度为0.1000mol/L的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A．在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的

导电能力顺序：HZ<HY<HXB．根据滴定曲线，可知()5aKHY10−C．将上述HX、HY溶液等体积混合后，用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时，溶液存在：()()()()---+cX>cY>cOH>cHD．将HY和HZ溶液混合后，溶液中存在

：()()()()()++-acH=KHYcHY/cH+cZ【答案】B【分析】浓度均为0.1000mol/L的三种酸HX、HY、HZ，根据滴定曲线0点三种酸的pH可得到HZ是强酸，HY和HX是弱酸，但酸性：HY＞HX。【详解】A．HZ是

强酸，HY和HX是弱酸，但酸性：HY＞HX。则同温同浓度时，三种酸的导电性：HZ＞HY＞HX，故A错误；B．当NaOH溶液滴加到10mL时，溶液中c(HY)≈c(Y-)，即Ka(HY)=()()()+cYcHcHY−≈c(H+)=10-pH=10-5，故B正确；C．用NaO

H溶液滴定至HX恰好完全反应时，HY早被完全中和，所得溶液是NaY和NaX混合溶液；但因酸性：HY＞HX，即X-的水解程度大于Y-，溶液中c(Y-)＞c(X-)，故C错误；D．HY与HZ混合，溶液的电

荷守恒式为：c(H+)=c(Y-)+c(Z-)+c(OH-)，又根据HY的电离平衡常数：Ka(HY)=()()()+cYcHcHY−即有：c(Y-)=()()()a+KHYcHYcH，所以达平衡后：c(H+)=()()()a+KHYc

HYcH+c(Z-)+c(OH-)，故D错误；故选B。第Ⅱ卷二、非选择题：共4题，共55分。16．（14分）亚硝酸钠广泛用于工业、建筑业及食品加工业。某课外活动小组的同学拟制备亚硝酸钠、测定其产品的纯度并验证亚硝酸钠的某些性质。（1）甲组同学采用下图装置制取亚硝酸钠。①仪器M的名称是。②

装置A中用较浓的硫酸而不用稀硫酸的原因是。③若装置B中生成等物质的量的NO与NO2，则装置B中发生反应的离子方程式为。④已知NO与NaOH溶液不反应，而NO2可与NaOH溶液发生反应：2NO2＋2NaOH=NaNO3＋NaNO2＋H2O。若通入装置C中的NO与NO2物质的量之

比为1：1，则装置C中发生反应的化学方程式为。（2）乙组同学拟测定甲组制得的产品中NaNO2的纯度。乙组同学采用高锰酸钾滴定法，称取mg试样于锥形瓶中，加入适量水溶解，然后用cmol·L－1的KMnO4溶液（适量

稀H2SO4酸化）进行滴定，并重复上述操作2次。①高锰酸钾溶液应盛放在（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。②滴定至终点时溶液的颜色变化是。③若滴定至终点时平均消耗VmL标准溶液，则产品的纯度为（用含c、m、

V的代数式表示）。（3）丙组同学拟设计实验证明：①酸性条件下NaNO2具有氧化性。实验操作为。②HNO2的酸性比CH3COOH强。实验操作为。【答案】（1）①圆底烧瓶②SO2易溶于水，在稀硫酸中不易逸出③2SO2+H2O+2NO3-=NO+NO2+2SO42-+2H+④NO+NO2

+2Na2CO3+H2O=2NaNO2+2NaHCO3（2）①酸式②由无色变为淡紫红色(或浅红色)，且半分钟内不褪色③17.25cVm%(或3569210cVm×100%)（3）①取少量NaNO2溶于水，加入少量稀硫酸酸化后用淀粉碘化钾试

纸试验，观察颜色变化(或其他合理答案)②相同温度下，分别测定相同物质的量浓度的NaNO2溶液与CH3COONa溶液的pH，比较pH的大小(或其他合理答案)【分析】由装置图可知，装置A用80%硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，反应生成的二氧化硫通入到装置B中，SO2与8mol/L硝酸反应制得等物

质的量的NO与NO2，等物质的量的NO与NO2通入到装置C中，与碳酸钠溶液反应制得亚硝酸钠。【详解】（1）①装置A中仪器M为圆底烧瓶，故答案为圆底烧瓶；②装置A用80%硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，，二氧化硫易溶于水，如果用稀硫酸，二氧化硫不易逸出，

若用较浓硫酸，可以减少SO2的溶解，有利于二氧化硫逸出，故答案为SO2易溶于水，在稀硫酸中不易逸出；③B装置中HNO3具有强氧化性，与具有还原性的SO2反应生成等物质的量的NO和NO2，根据得失电子守恒、电荷

守恒和原子守恒，反应的离子反应方程式为：2SO2+H2O+2NO3－=NO+NO2+2SO42－+2H＋，故答案为2SO2+H2O+2NO3－=NO+NO2+2SO42－+2H＋；④等物质的量的NO和NO2在碳酸钠浓溶液中发生氧化还原反应生成NaNO2和NaHCO3，反应的化学方程式为N

O+NO2+2Na2CO3+H2O=2NaNO2+2NaHCO3，故答案为NO+NO2+2Na2CO3+H2O=2NaNO2+2NaHCO3；（2）①酸式滴定管只盛放酸性溶液和具有强氧化性的溶液，碱式滴定管盛放碱性溶液，高锰酸钾溶液具有强氧化性，应盛放在酸式滴定管中

，故答案为酸式；②亚硝酸钠溶液与高锰酸钾标准溶液反应时，滴入的紫红色高锰酸钾溶液褪色，则滴定至终点时溶液的颜色变化是滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液由无色变为浅红色，且30s内不恢复原来的颜色，故答案为由无色变为淡紫

红色(或浅红色)，且半分钟内不褪色；③由得失电子数目守恒可得n(KMnO4)×5=n(NaNO2)×2，n(NaNO2)=5×V×10－3×c/2mol，则NaNO2的纯度为5Vc×10－3×69/2m×100%=3569210cVm×100%=17.25cVm%

，故答案为17.25cVm%(或3569210cVm×100%)；（3）①NaNO2具有氧化性，能与酸化的淀粉－KI试液反应生成单质碘使溶液变蓝色，具体操作是取少量NaNO2溶于水，加入少量稀硫酸酸化后用淀粉碘化钾试纸试验，观察颜色变

化，故答案为取少量NaNO2溶于水，加入少量稀硫酸酸化后用淀粉碘化钾试纸试验，观察颜色变化；②比较酸性强弱，可用以下方法，相同物质的量浓度的酸溶液，溶液pH越小说明酸性越强；相同物质的量浓度NaNO2和CH3COONa溶液，酸性越强，盐的水解程度越小，盐溶液的pH越小等；则比较酸性强弱

，可用以下方法：相同温度下，分别测定相同物质的量浓度的NaNO2溶液与CH3COONa溶液的pH，比较pH的大小，故答案为相同温度下，分别测定相同物质的量浓度的NaNO2溶液与CH3COONa溶液的pH，比较pH的大小。17．

（13分）高铁酸钾()24KFeO是新型多功能水处理剂，其生产工艺如图所示：已知：①2Cl与NaOH溶液反应的产物与反应温度有关，温度较低时产物为NaClNaClO、和2HO；温度较高时产物为3NaClNaClO、和2HO。②同一条件下，溶液的碱性越强，高铁

酸盐的稳定性越高。回答下列问题：（1）写出2Cl与NaOH溶液在较高温度下反应的离子方程式：。（2）向“溶液Ⅰ”中加入NaOH固体起到的作用有降低NaCl的溶解度、、；（3）NaCl晶胞结构如图，设晶胞边长为apm，NA为阿伏加德罗常数的值，则距离最近的Na+间的距离为pm，该晶体的密度为3gc

m−。(列出计算式)（4）配制NaOH溶液时，将44gNaOH固体溶解在100mL水中(水的密度近似为11gmL−)，所得溶液的密度为11.33gmL−，则该溶液的物质的量浓度为1molL−。(保留3位有效数字

)（5）步骤③发生的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比n(氧化剂)∶n(还原剂)=。对“湿产品”进行“洗涤、干燥”时，洗涤剂最好选用(填标号)溶液和异丙醇。A．()33FeNOB．4NHClC．3CHCOOK【答案】（1）--23

26OH+3Cl5ClClO3HOΔ−++（2）使2Cl完全反应生成NaClO增强溶液的碱性（3）2a2303A458.510aN(未化成最简的计算式330A458.5a10N−也可)（4）10.2（5）

3:2C【分析】过量的氯气和氢氧化钠生成氧化性物质次氯酸钠，加入氢氧化钠使得溶液显碱性，除去氯化钠后加入硝酸铁溶液，发生氧化还原反应生成24KFeO，加入饱和氢氧化钾溶液析出24KFeO晶体。【详解】（1）2Cl与NaOH溶液在较高温度下反应，产物为NaCl、3NaClO和2HO，

反应中部分氯化合价由0变为-1、部分由0变为+5，根据电子守恒可知，离子方程式---2326OH+3Cl5Cl+ClO+3HΔO；（2）由流程可知，步骤①氯气过量，步骤③需要碱性条件，故向“溶液Ⅰ”中加入NaOH固体起到的作用有降低NaCl的溶解度、使氯气完全反应生

成NaClO、增强溶液的碱性；（3）由图可知，距离最近的Na+间的距离为面对角线的二分之一，为2a2pm；根据“均摊法”，晶胞中含118+6482=个Cl-、112144+=个Na，则晶体密度为330A34MN10gacm−=30

3A458.510aN3gcm−；（4）利用公式1000ρωc=M，可得114410001.3344100c=molL10.2molL40−−+；（5）步骤③发生反应为铁离子和次氯酸根离子发生氧化还原反应生成

高铁酸根离子和氯离子、水，离子方程式为3+--2--422Fe+3ClO+10OH=2FeO+3Cl+5HO，3Fe+是还原剂，ClO−是氧化剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2；根据已知条件可知，洗涤剂不能选用水解呈酸性的()33FeNO溶液和4N

HCl溶液，应选用水解呈碱性的3CHCOOK溶液，故选C。18．（14分）综合利用化石燃料，提高利用率，有助于实现“碳达峰、碳中和”。回答下列问题：Ⅰ.利用CH4－CO2干重整反应不仅可以对天然气资源综合利用，还可以缓解温室效应对环境的影响。该反

应一般认为通过如图步骤来实现：①CH4(g)垐?噲?C(ads)+2H2(g)②C(ads)+CO2(g)垐?噲?2CO(g)上述反应中C(ads)为吸附活性炭，反应历程的能量变化如图：（1）CH4~CO2干重整反应的热化学方程式为(选用含E1、E2、E3、

E4、E5的表达式表示反应热)，该反应的决速步骤是(填“反应Ⅰ”或“反应Ⅱ”)。（2）在恒压条件下，等物质的量的CH4(g)和CO2(g)发生干重整反应时，CH4和CO2的平衡转化率曲线随温度变化如图所示。已知在干重整中还发生了副反应：③CO

2(g)+H2(g)垐?噲?CO(g)+H2O(g)△H＞0，则表示CO2平衡转化率的是曲线(填“A或B”)，判断的依据。Ⅱ.在一密闭容器中，通入1molCH4和3molH2O(g)发生甲烷的水蒸气重整反应，方程式如下：④CH4(g)+2H2O(g)垐?噲?CO2(g)+4H2(

g)。（3）500℃时，反应相同时间后测得CH4的转化率随压强的变化如图所示，则图中E点和G点，处于化学平衡状态的是点(填“E或G”)。（4）若tmin后反应至E点，此时容积为VL，则用H2O(g)表

示的化学反应速率为mol/(L•min)(用含t、V的式子表示)。结合图中的相关数据，计算此温度下反应④的平衡常数Kp=(用分压代替浓度，分压=总压×物质的量分数，列出计算式，无需化简)。【答案】（1）()()()()422CHg+COg2CO

g+2Hg()31ΔH=E-EkJ/mol反应Ⅰ（2）A()()()()422CHg+COg2COg+2Hg是吸热反应，发生副反应CO2(g)+H2(g)垐?噲?CO(g)+H2O(g)△H＞0，副反应中二氧化碳和氢气反应也是吸热反应，因此升高温度，两个反应平衡正向移动，二氧

化碳转化率更大（3）G（4）1.2Vt4002000.62.4PP5.25.20.41.8PP5.25.2【详解】（1）根据题意，焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，则CH4~

CO2干重整反应的热化学方程式为()()()()422CHgCOgCg+2Hg+2O垐?噲?()31ΔH=E-EkJ/mol；过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化

能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；反应Ⅱ的活化能比反应Ⅰ活化能小，该反应的决速步骤是比反应Ⅰ；（2）()()()()422CHgCOgCg+2Hg+2O垐?噲?是吸热反应，发生副反应CO2(g)+H2(g)垐?噲?CO(g)+H2O(g

)△H＞0，副反应中二氧化碳和氢气反应也是吸热反应，因此升高温度，两个反应平衡正向移动，二氧化碳转化率更大，因此表示平衡转化率的是曲线A；（3）增加压强，反应速率加快，相同时间内甲烷转化率增大，F点甲烷转化率最高，反应为气体分子数减小的反应，继续增加压强，平衡逆向移动，甲烷转化率

减小，则E点没有达到平衡状态、G达到平衡状态；（4）若tmin后反应至E点，此时容积为VL，甲烷的转化率为0.6，则反应甲烷0.6mol，则()()()()42HOCHmol/Lminmol/Lmin0.61.2v=2v=2Vt=Vt；K只有温度

，由G点可知，()()()4222CH(g)+2HO(g)CO(g)+4H(g)mol1300mol0.61.20.62.4mol0.41.80.62.4起始转化平衡反应总的物质的量为5.2mol，此温度下反应④的平衡常数400

p2000.62.4PP5.25.2K=0.41.8PP5.25.2。19．（14分）有机化合物H是合成某种药物的中间体，其结构简式为，合成路线如下：已知：①②(苯胺易被氧化)请回答下列问题：（1）A的名称为；反应②的反应类型

是。（2）E中的官能团名称为；F的结构简式为。（3）写出反应①的化学方程式：。（4）符合下列条件的H的同分异构体共有种。A．遇FeCl3溶液发生显色反应B．分子中甲基与苯环直接相连C．苯环上共有三个取代基（5）已知：苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻、对位，而当苯环上连有羧基

时则取代在间位，据此按先后顺序写出以烃A为原料合成邻氨基苯甲酸()的合成路(无机试剂任选)：。【答案】（1）甲苯取代反应(或硝化反应)（2）羧基、酯基（3）+Cl2Fe⎯⎯⎯⎯→+HCl（4）10（5）Δ→浓硝酸，浓硫酸4+KMnOH⎯⎯⎯

→Fe→盐酸；【分析】H的结构简式为逆推可知G为。纵观整个过程，可知烃A为芳香烃，结合C的分子式C7H8O，可知A为，A与Cl2发生苯环上的取代反应生成B，B中氯原子发生水解反应、酸化引入—OH生成C，C中酚羟基发生信息①中取代反应生成D，D与酸性KMnO4溶液反应，D中

—CH3被氧化成—COOH生成E，E→F的转化中在苯环上引入硝基(—NO2)，F→G的转化重新引入酚羟基，可知C→D的转化目的是防止酚羟基被氧化，结合H的结构简式，可推知B为、C为、E为、F为，据此分析；【详解】（1

）根据分析，A为，A的名称为甲苯；反应②是苯环上引入硝基，反应类型是取代反应(或硝化反应)，故答案为甲苯；取代反应或硝化反应；（2）根据分析，E为，含有的官能团名称为羧基、酯基；F为；故答案为羧基、酯基；；

（3）反应①为甲苯和氯气在Fe作催化剂下发生取代反应，根据题意，氯原子取代甲苯邻位碳上的H，即反应方程式为+Cl2Fe⎯⎯⎯⎯→+HCl；故答案为+Cl2Fe⎯⎯⎯⎯→+HCl；（4）H为，其同分异构体遇FeCl3溶发生显

色反应，说明含有酚羟基，分子中甲基与苯环直接相连且苯环上共有三个取代基，则这三个取代基分别为酚羟基、甲基和硝基，根据“定二动一”原则，符合条件的H的同分异构体共有2＋4＋4=10种；故答案为10；