2024年浙江高考化學（6月）試題含答案

2024年6月高考真題浙江卷化學試題學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．按物質組成分類，屬于A．酸 B．堿 C．鹽 D．混合物【答案】C【詳解】KAl(SO4)2?12H2O是結晶水合物，屬于純凈物；是由金屬陽離子K+、Al3+和酸根陰離子組成的復鹽；答案選C。2．下列說法不正確的是A．呈兩性，不能用于治療胃酸過多B．能與反應產生，可作供氧劑C．有還原性，能被氧化成D．見光易分解，應保存在棕色試劑瓶中【答案】A【詳解】A．呈兩性，不溶于水，但可以與胃酸反應生成無毒物質，因此其能用于治療胃酸過多，A不正確；B．能與反應產生，該反應能安全發生且不生成有毒氣體，故可作供氧劑，B正確；C．有還原性，其中Fe元素的化合價為+2，用適當的氧化劑可以將其氧化成更高價態的，C正確；D．見光易分解的物質應保存在棕色試劑瓶中；見光易分解，故其應保存在棕色試劑瓶中，D正確；綜上所述，本題選A。3．下列表示不正確的是A．的電子式： B．中共價鍵的電子云圖：C．的空間填充模型： D．3，3-二甲基戊烷的鍵線式：【答案】A【詳解】A．的電子式：，故A錯誤；B．Cl2中的共價鍵是由2個氯原子各提供1個未成對電子的3p原子軌道重疊形成的，共價鍵電子云圖為：，故B正確；C．的中心原子N形成3個σ鍵和1個孤電子對，為sp3雜化，為三角錐形，空間填充模型：，故C正確；D．3，3-二甲基戊烷的主鏈上有5個C，3號碳上連接有2個甲基，鍵線式為：，故D正確；故選A。4．下列說法不正確的是A．裝置①可用于銅與濃硫酸反應并檢驗氣態產物 B．圖②標識表示易燃類物質C．裝置③可用于制取并收集氨氣 D．裝置④可用于從碘水中萃取碘【答案】C【詳解】A．銅與濃硫酸反應方程式為：，可用裝置①制取，氣態產物為SO2，可利用SO2的漂白性進行檢驗，故A正確；B．圖②標識表示易燃類物質，故B正確；C．NH3的密度比空氣小，應用向下排空氣法進行收集，故C錯誤；D．萃取是利用物質在不同溶劑中溶解性的差異進行分離混合物，裝置④可用于從碘水中萃取碘，故D正確；故選C。5．化學與人類社會可持續發展息息相關。下列說法不正確的是A．部分金屬可在高溫下用焦炭、一氧化碳、氫氣等還原金屬礦物得到B．煤的氣化是通過物理變化將煤轉化為可燃性氣體的過程C．制作水果罐頭時加入抗氧化劑維生素C，可延長保質期D．加入混凝劑聚合氯化鋁，可使污水中細小懸浮物聚集成大顆粒【答案】B【詳解】A．根據金屬活潑性的不同，可以采用不同的方法冶煉金屬，大部分金屬（主要是中等活潑的金屬）的冶煉是通過高溫下發生氧化還原反應來完成的，即熱還原法，常用的還原劑有焦炭、CO、H2等，A項正確；B．煤的氣化是將煤轉化為可燃性氣體的過程，主要發生的反應為C+H2O(g)CO+H2，該過程屬于化學變化，B項錯誤；C．維生素C（即抗壞血酸）具有還原性，能被氧化成脫氫抗壞血酸，故制作水果罐頭時加入維生素C作抗氧化劑，可延長保質期，C項正確；D．混凝劑聚合氯化鋁在污水中能水解成Al(OH)3膠體，Al(OH)3膠體能吸附污水中細小懸浮物，使其聚集成較大顆粒而沉降下來，D項正確；答案選B。6．利用可將廢水中的轉化為對環境無害的物質后排放。反應原理為：(未配平)。下列說法正確的是A．X表示B．可用替換C．氧化劑與還原劑物質的量之比為D．若生成標準狀況下的氣體，則反應轉移的電子數為(表示阿伏加德羅常數的值)【答案】C【詳解】A．由題中信息可知，利用可將廢水中的轉化為對環境無害的物質X后排放，則X表示，仍然是大氣污染物，A不正確；B．中C元素的化合價由-2價升高到+4價，是該反應的還原劑，有強氧化性，通常不能用作還原劑，故不可用替換，B不正確；C．該反應中，還原劑中C元素的化合價由-2價升高到+4價，升高了6個價位，氧化劑中N元素的化合價由+5價降低到0價，降低了5個價位，由電子轉移守恒可知，氧化劑與還原劑的物質的量之比為，C正確；D．中C元素的化合價由-2價升高到+4價，升高了6個價位，若生成標準狀況下的氣體，即生成0.5mol，反應轉移的電子數為0.5×6=，D不正確；綜上所述，本題選C。7．物質微觀結構決定宏觀性質，進而影響用途。下列結構或性質不能解釋其用途的是選項結構或性質用途A石墨呈層狀結構，層間以范德華力結合石墨可用作潤滑劑B具有氧化性可用作漂白劑C聚丙烯酸鈉()中含有親水基團聚丙烯酸鈉可用于制備高吸水性樹脂D冠醚18-冠-6空腔直徑()與直徑()接近冠醚18-冠-6可識別，能增大在有機溶劑中的溶解度A．A B．B C．C D．D【答案】B【詳解】A．石墨呈層狀結構，層間以范德華力結合，該作用力較小，層與層容易滑動，石墨可用作潤滑劑，A正確；B．具有漂白性，可用作漂白劑，B錯誤；C．聚丙烯酸鈉()中含有親水基團-COO-，聚丙烯酸鈉可用于制備高吸水性樹脂，C正確；D．冠醚18-冠-6空腔直徑()與直徑()接近，可識別，使K+存在于其空腔中，進而能增大在有機溶劑中的溶解度，D正確；故選B。8．下列離子方程式正確的是A．用溶液除氣體：B．溶液中滴加溶液：C．溶液中通入少量：D．用溶液刻蝕覆銅板制作印刷電路板：【答案】D【詳解】A．H2S在離子方程式中應以化學式保留，正確的離子方程式為Cu2++H2S=CuS↓+2H+，A項錯誤；B．酸性條件下會將H2SO3氧化成H2SO4，Ba2+與形成BaSO4沉淀，滴加少量Ba(NO3)2時的離子方程式為Ba2++2+3H2SO3=BaSO4↓+2NO↑+2+4H++H2O，滴加足量Ba(NO3)2時的離子方程式為3Ba2++2+3H2SO3=3BaSO4↓+2NO↑+4H++H2O，B項錯誤；C．電離平衡常數：Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)＞Ka2(H2CO3)，Cl2與水反應生成的HClO與NaHCO3不反應，正確的離子方程式為Cl2+=Cl-+HClO+CO2，C項錯誤；D．Cu與FeCl3溶液反應生成CuCl2、FeCl2，反應的離子方程式為Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，D項正確；答案選D。9．有機物A經元素分析儀測得只含碳、氫、氧3種元素，紅外光譜顯示A分子中沒有醚鍵，質譜和核磁共振氫譜示意圖如下。下列關于A的說法正確的是A．能發生水解反應 B．能與溶液反應生成C．能與反應生成丙酮 D．能與反應生成【答案】D【分析】由質譜圖可知，有機物A相對分子質量為60，A只含C、H、O三種元素，因此A的分子式為C3H8O或C2H4O2，由核磁共振氫譜可知，A有4種等效氫，因此A為CH3CH2CH2OH。【詳解】A．A為CH3CH2CH2OH，不能發生水解反應，故A錯誤；B．A中官能團為羥基，不能與溶液反應生成，故B錯誤；C．CH3CH2CH2OH的羥基位于末端C上，與反應生成丙醛，無法生成丙酮，故C錯誤；D．CH3CH2CH2OH中含有羥基，能與Na反應生成H2，故D正確；故選D。10．X、Y、Z、M四種主族元素，原子序數依次增大，分別位于三個不同短周期，Y與M同主族，Y與Z核電荷數相差2，Z的原子最外層電子數是內層電子數的3倍。下列說法不正確的是A．鍵角： B．分子的極性：C．共價晶體熔點： D．熱穩定性：【答案】B【分析】X、Y、Z、M四種主族元素，原子序數依次增大，分別位于三個不同短周期，Y與M同主族，Y與Z核電荷數相差2，Z的原子最外層電子數是內層電子數的3倍，則Z為O元素，Y為C元素，X為H元素，M為Si元素。【詳解】A．為，其中C原子的雜化類型為，的空間構型為平面正三角形，鍵角為120°；為，其中C原子的雜化類型為，的空間構型為三角錐形，由于C原子還有1個孤電子對，故鍵角小于109°28′，因此，鍵角的大小關系為，A正確；

B．為，其為直線形分子，分子結構對稱，分子中正負電荷的重心是重合的，故其為百極性分子；分子結構不對稱，分子中正負電荷的重心是不重合的，故其為極性分子，因此，兩者極性的大小關系為，B不正確；C．金則石和晶體硅均為共價晶體，但是由于C的原子半徑小于Si，因此，C—C鍵的鍵能大于Si—Si鍵的，故共價晶體熔點較高的是金剛石，C正確；

D．元素的非金屬性越強，其氣態氫化物的熱穩定性越強；C的非金屬性強于Si，因此，甲烷的穩定熱穩定性較高，D正確；綜上所述，本題選B。11．二氧化碳氧化乙烷制備乙烯，主要發生如下兩個反應：I．II．向容積為的密閉容器中投入和，不同溫度下，測得時(反應均未平衡)的相關數據見下表，下列說法不正確的是溫度()400500600乙烷轉化率()2.29.017.8乙烯選擇性()92.680.061.8注：乙烯選擇性A．反應活化能：B．時，反應I的平均速率為：C．其他條件不變，平衡后及時移除，可提高乙烯的產率D．其他條件不變，增大投料比投料，平衡后可提高乙烷轉化率【答案】D【詳解】A．由表可知，相同溫度下，乙烷在發生轉化時，反應Ⅰ更易發生，則反應活化能：Ⅰ<Ⅱ，A正確；B．由表可知，500℃時，乙烷的轉化率為9.0%，可得轉化的乙烷的總物質的量為2mol×9.0%=0.18mol，而此溫度下乙烯的選擇性為80%，則轉化為乙烯的乙烷的物質的量為0.18mol×80%=0.144mol，根據方程式可得，生成乙烯的物質的量為0.144mol，則反應I的平均速率為：，B正確；C．其他條件不變，平衡后及時移除，反應Ⅰ正向進行，可提高乙烯的產率，C正確；D．其他條件不變，增大投料比投料，平衡后CO2轉化率提高，C2H6轉化率降低，D錯誤；答案選D。12．丙烯可發生如下轉化(反應條件略)：下列說法不正確的是A．產物M有2種且互為同分異構體(不考慮立體異構)B．可提高Y→Z轉化的反應速率C．Y→Z過程中，a處碳氧鍵比b處更易斷裂D．Y→P是縮聚反應，該工藝有利于減輕溫室效應【答案】D【分析】丙烯與HOCl發生加成反應得到M，M有CH3-CHCl-CH2OH和CH3-CHOH-CH2Cl兩種可能的結構，在Ca(OH)2環境下脫去HCl生成物質Y()，Y在H+環境水解引入羥基再脫H+得到主產物Z；Y與CO2可發生反應得到物質P()。【詳解】A．據分析，產物M有2種且互為同分異構體(不考慮立體異構)，A正確；B．據分析，促進Y中醚鍵的水解，后又脫離，使Z成為主產物，故其可提高Y→Z轉化的反應速率，B正確；C．從題干部分可看出，是a處碳氧鍵斷裂，故a處碳氧鍵比b處更易斷裂，C正確；D．Y→P是CO2與Y發生加聚反應，沒有小分子生成，不是縮聚反應，該工藝有利于消耗CO2，減輕溫室效應，D錯誤；故選D。13．金屬腐蝕會對設備產生嚴重危害，腐蝕快慢與材料種類、所處環境有關。下圖為兩種對海水中鋼閘門的防腐措施示意圖：下列說法正確的是A．圖1、圖2中，陽極材料本身均失去電子B．圖2中，外加電壓偏高時，鋼閘門表面可發生反應：C．圖2中，外加電壓保持恒定不變，有利于提高對鋼閘門的防護效果D．圖1、圖2中，當鋼閘門表面的腐蝕電流為零時，鋼閘門、陽極均不發生化學反應【答案】B【詳解】A．圖1為犧牲陽極的陰極保護法，犧牲陽極一般為較活潑金屬，其作為原電池的負極，其失去電子被氧化；圖2為外加電流保護法，陽極材料為輔助陽極，其通常是惰性電極，本身不失去電子，電解質溶液中的陰離子在其表面失去電子，如海水中的，A不正確；B．圖2中，外加電壓偏高時，鋼閘門表面積累的電子很多，除了海水中的放電外，海水中溶解的也會競爭放電，故可發生，B正確；C．圖2為外加電流保護法，理論上只要能對抗鋼閘門表面的腐蝕電流即可，當鋼閘門表面的腐蝕電流為零時保護效果最好；腐蝕電流會隨著環境的變化而變化，若外加電壓保持恒定不變，則不能保證抵消腐蝕電流，不利于提高對鋼閘門的防護效果，C不正確；D．圖1當鋼閘門表面的腐蝕電流為零時，說明鋼閘門被保護，鋼閘門不發生化學反應，圖2中當鋼閘門表面的腐蝕電流為零時，說明鋼閘門被保護，輔助陽極上發生了氧化反應，D不正確；綜上所述，本題選B。14．中的原子均通過雜化軌道成鍵，與溶液反應元素均轉化成。下列說法不正確的是A．分子結構可能是 B．與水反應可生成一種強酸C．與溶液反應會產生 D．沸點低于相同結構的【答案】A【詳解】A．該結構中，如圖所示的兩個Cl，Cl最外層有7個電子，形成了兩個共價鍵，因此其中1個應為配位鍵，而Si不具備空軌道來接受孤電子對，因此結構是錯誤的，故A錯誤；B．與水反應可生成HCl，HCl是一種強酸，故B正確；C．與溶液反應元素均轉化成，Si的化合價升高，根據得失電子守恒可知，H元素的化合價降低，會有H2生成，故C正確；D．的相對分子質量大于，因此的范德華力更大，沸點更高，故D正確；故選A。15．室溫下，水溶液中各含硫微粒物質的量分數隨變化關系如下圖[例如]。已知：。下列說法正確的是A．溶解度：大于B．以酚酞為指示劑(變色的范圍8.2~10.0)，用標準溶液可滴定水溶液的濃度C．忽略的第二步水解，的溶液中水解率約為D．的溶液中加入等體積的溶液，反應初始生成的沉淀是【答案】C【分析】在H2S溶液中存在電離平衡：H2SH++HS-、HS-H++S2-，隨著pH的增大，H2S的物質的量分數逐漸減小，HS-的物質的量分數先增大后減小，S2-的物質的量分數逐漸增大，圖中線①、②、③依次代表H2S、HS-、S2-的物質的量分數隨pH的變化，由①和②交點的pH=7可知Ka1(H2S)=1×10-7，由②和③交點的pH=13.0可知Ka2(H2S)=1×10-13。【詳解】A．FeS的溶解平衡為FeS(s)Fe2+(aq)+S2-(aq)，飽和FeS溶液物質的量濃度為=mol/L=×10-9mol/L，Fe(OH)2的溶解平衡為Fe(OH)2Fe2+(aq)+2OH-(aq)，飽和Fe(OH)2溶液物質的量濃度為=mol/L=×10-6mol/L＞×10-9mol/L，故溶解度：FeS小于Fe(OH)2，A項錯誤；B．酚酞的變色范圍為8.2~10，若以酚酞為指示劑，用NaOH標準溶液滴定H2S水溶液，由圖可知當酚酞發生明顯顏色變化時，反應沒有完全，即不能用酚酞作指示劑判斷滴定終點，B項錯誤；C．Na2S溶液中存在水解平衡S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-（忽略第二步水解），第一步水解平衡常數Kh(S2-)=====0.1，設水解的S2-的濃度為xmol/L，則=0.1，解得x≈0.062，S2-的水解率約為×100%=62%，C項正確；D．0.01mol/LFeCl2溶液中加入等體積0.2mol/LNa2S溶液，瞬間得到0.005mol/LFeCl2和0.1mol/LNa2S的混合液，結合C項，瞬時c(Fe2+)c(S2-)=0.005mol/L×(0.1mol/L-0.062mol/L)=1.9×10-4＞Ksp(FeS)，c(Fe2+)c2(OH-)=0.005mol/L×(0.062mol/L)2=1.922×10-5＞Ksp[Fe(OH)2]，故反應初始生成的沉淀是FeS和Fe(OH)2，D項錯誤；答案選C。16．為探究化學平衡移動的影響因素，設計方案并進行實驗，觀察到相關現象。其中方案設計和結論都正確的是選項影響因素方案設計現象結論A濃度向溶液中加入溶液黃色溶液變橙色增大反應物濃度，平衡向正反應方向移動B壓強向恒溫恒容密閉玻璃容器中充入氣體，分解達到平衡后再充入氣體顏色不變對于反應前后氣體總體積不變的可逆反應，改變壓強平衡不移動C溫度將封裝有和混合氣體的燒瓶浸泡在熱水中氣體顏色變深升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動D催化劑向乙酸乙酯中加入溶液，水浴加熱上層液體逐漸減少使用合適的催化劑可使平衡向正反應方向移動A．A B．B C．C D．D【答案】C【詳解】A．在K2CrO4溶液中存在平衡，且該溶液具有氧化性，HBr具有還原性，向溶液中加入溶液，可發生氧化還原反應生成Br2使溶液變為橙色，干擾探究濃度對化學平衡的影響，A錯誤；B．反應2HIH2+I2為反應前后氣體總體積不變的可逆反應，向恒溫恒容密閉玻璃容器中充入氣體，分解達到平衡后再充入，平衡不發生移動，氣體顏色不變，應得到的結論是：對于反應前后氣體總體積不變的可逆反應，恒溫恒容時，改變壓強平衡不移動，B錯誤；C．反應為放熱反應，升高溫度，氣體顏色變深，說明平衡逆向移動，即向吸熱反應方向移動，C正確；D．催化劑只會改變化學反應速率，不影響平衡移動，D錯誤；答案選C。二、解答題17．氧是構建化合物的重要元素。請回答：(1)某化合物的晶胞如圖1，的配位數(緊鄰的陽離子數)為；寫出該化合物的化學式，寫出該化合物與足量溶液反應的化學方程式。(2)下列有關單核微粒的描述正確的是_______。A．的基態原子電子排布方式只有一種B．的第二電離能的第一電離能C．的基態原子簡化電子排布式為D．原子變成，優先失去軌道上的電子(3)化合物和的結構如圖2。①和中羥基與水均可形成氫鍵()，按照氫鍵由強到弱對三種酸排序，請說明理由。②已知、鈉鹽的堿性，請從結構角度說明理由。【答案】(1)12K3ClOK3ClO+2NH4Cl+H2O=3KCl+2NH3?H2O(2)AB(3)HC>HB>HAO、S、Se的電負性逐漸減小，鍵的極性：C=O＞C=S＞C=Se，使得HA、HB、HC中羥基的極性逐漸增大，其中羥基與H2O形成的氫鍵逐漸增強S的原子半徑大于O的原子半徑，S—H鍵的鍵長大于O—H鍵，S—H鍵的鍵能小于O—H鍵，同時HC可形成分子間氫鍵，使得HD比HC更易電離出H+，酸性HD＞HC，C-的水解能力大于D-，堿性NaC＞NaD【詳解】（1）由晶胞結構知，Cl位于8個頂點，O位于體心，K位于面心，1個晶胞中含Cl：8×=1個、含O：1個、含K：6×=3個，該化合物的化學式為K3ClO；由圖可知，Cl-的配位數為=12；該化合物可看成KCl?K2O，故該化合物與足量NH4Cl溶液反應生成KCl和NH3?H2O，反應的化學方程式為K3ClO+2NH4Cl+H2O=3KCl+2NH3?H2O。（2）A．根據原子核外電子排布規律，基態Ar原子的電子排布方式只有1s22s22p63s23p6一種，A項正確；B．Na的第二電離能指氣態基態Na+失去一個電子轉化為氣態基態正離子所需的最低能量，Na+和Ne具有相同的電子層結構，Na+的核電荷數大于Ne，Na+的原子核對外層電子的引力大于Ne的，故Na的第二電離能＞Ne的第一電離能，B項正確；C．Ge的原子序數為32，基態Ge原子的簡化電子排布式為[Ar]3d104s24p2，C項錯誤；D．基態Fe原子的價電子排布式為3d64s2，Fe原子變成Fe+，優先失去4s軌道上的電子，D項錯誤；答案選AB。（3）①O、S、Se的電負性逐漸減小，鍵的極性：C=O＞C=S＞C=Se，使得HA、HB、HC中羥基的極性逐漸增大，從而其中羥基與水形成的氫鍵由強到弱的順序為HC>HB>HA；②HC、HD鈉鹽的堿性NaC＞NaD，說明酸性HC＜HD，原因是：S的原子半徑大于O的原子半徑，S—H鍵的鍵長大于O—H鍵，S—H鍵的鍵能小于O—H鍵，同時HC可形成分子間氫鍵，使得HD比HC更易電離出H+，酸性HD＞HC，C-的水解能力大于D-，鈉鹽的堿性NaC＞NaD。18．礦物資源的綜合利用有多種方法，如鉛鋅礦(主要成分為)的利用有火法和電解法等。已知：①；②電解前后總量不變；③易溶于水。請回答：(1)根據富氧煅燒(在空氣流中煅燒)和通電電解(如圖)的結果，中硫元素體現的性質是(選填“氧化性”、“還原性”、“酸性”、“熱穩定性”之一)。產物B中有少量，該物質可溶于濃鹽酸，元素轉化為，寫出該反應的化學方程式；從該反應液中提取的步驟如下：加熱條件下，加入(填一種反應試劑)，充分反應，趁熱過濾，冷卻結晶，得到產品。(2)下列說法正確的是_______。A．電解池中發生的總反應是(條件省略)B．產物B主要是鉛氧化物與鋅氧化物C．化合物C在水溶液中最多可中和D．的氧化性弱于(3)D的結構為(或)，設計實驗先除去樣品D中的硫元素，再用除去硫元素后的溶液探究X為何種元素。①實驗方案：取D的溶液，加入足量溶液，加熱充分反應，然后；②寫出D(用表示)的溶液與足量溶液反應的離子方程式。【答案】(1)還原性Pb3O4+14HCl(濃)=+4H2O+Cl2↑PbO或Pb(OH)2或PbCO3(2)AB(3)加入足量Ba(NO3)2溶液充分反應，靜置后取上層清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若產生白色沉淀，則有Cl-，反之則有F-H++SO3X-+3OH-=+X-+2H2O【分析】鉛鋅礦(主要成分為)富氧煅燒得到SO2和Pb、Zn元素的氧化物，SO2與等物質的量的ClF反應得到化合物C，結構簡式為，化合物C()水解生成液態化合物D(，X=F或Cl)和氣態化合物E(HCl或HF)。【詳解】（1）根據富氧煅燒和通電電解的結果，中硫元素化合價升高，體現的性質是還原性。產物B中有少量，該物質可溶于濃鹽酸，元素轉化為，該反應的化學方程式：Pb3O4+14HCl(濃)=+4H2O+Cl2↑；根據可得反應：，要從該反應液中提取，則所加試劑應能消耗H+使平衡逆向移動，且不引入雜質，則步驟為：加熱條件下，加入PbO或Pb(OH)2或PbCO3，充分反應，趁熱過濾，冷卻結晶；（2）A．根據圖示和已知②可知，電解池中陽極上Fe2+生成Fe3+，Fe3+氧化PbS生成S、Pb2+和Fe2+，陰極上PbCl2生成Pb，發生的總反應是：(條件省略)，A正確；B．據分析，鉛鋅礦(主要成分為)富氧煅燒得到SO2和Pb、Zn元素的氧化物，則產物B主要是鉛氧化物與鋅氧化物，B正確；C．據分析，化合物C是，鹵素原子被-OH取代后生成H2SO4和HCl、HF，則化合物C在水溶液中最多可中和4molNaOH，C錯誤；D．的氧化性由+1價的Cl表現，Cl2的氧化性由0價的Cl表現，則ClF的氧化鋅強于，D錯誤；故選AB。（3）①D的結構為(X=F或Cl)，加入足量NaOH溶液，加熱充分反應，生成Na2SO4和NaX，則實驗方案為：取D的溶液，加入足量NaOH溶液，加熱充分反應，然后加入足量Ba(NO3)2溶液充分反應，靜置后取上層清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若產生白色沉淀，則有Cl-，反之則有F-；②D(用HSO3X表示)的溶液與足量NaOH溶液反應生成Na2SO4和NaX，HSO3X為強電解質，需要拆開，發生反應的離子方程式為H++SO3X-+3OH-=+X-+2H2O。19．氫是清潔能源，硼氫化鈉()是一種環境友好的固體儲氫材料，其水解生氫反應方程式如下：(除非特別說明，本題中反應條件均為，)請回答：(1)該反應能自發進行的條件是_______。A．高溫 B．低溫 C．任意溫度 D．無法判斷(2)該反應比較緩慢。忽略體積變化的影響，下列措施中可加快反應速率的是_______。A．升高溶液溫度 B．加入少量異丙胺C．加入少量固體硼酸 D．增大體系壓強(3)為加速水解，某研究小組開發了一種水溶性催化劑，當該催化劑足量、濃度一定且活性不變時，測得反應開始時生氫速率v與投料比之間的關系，結果如圖1所示。請解釋ab段變化的原因。(4)氫能的高效利用途徑之一是在燃料電池中產生電能。某研究小組的自制熔融碳酸鹽燃料電池工作原理如圖2所示，正極上的電極反應式是。該電池以恒定電流工作14分鐘，消耗體積為，故可測得該電池將化學能轉化為電能的轉化率為。[已知：該條件下的摩爾體積為；電荷量電流時間；；。](5)資源的再利用和再循環有利于人類的可持續發展。選用如下方程式，可以設計能自發進行的多種制備方法，將反應副產物偏硼酸鈉()再生為。(已知：是反應的自由能變化量，其計算方法也遵循蓋斯定律，可類比計算方法；當時，反應能自發進行。)I．II．III．請書寫一個方程式表示再生為的一種制備方法，并注明。(要求：反應物不超過三種物質；氫原子利用率為。)【答案】(1)C(2)A(3)隨著投料比增大，NaBH4的水解轉化率降低(4)O2+4e-+2CO2=270%(5)【詳解】（1）反應，，由可知，任意溫度下，該反應均能自發進行，故答案選C；（2）A．升高溫度，活化分子數增多，有效碰撞幾率增大，反應速率加快，A符合題意；B．加入少量異丙胺，H2O的量減少，化學反應速率降低，B不符合題意；C.加入少量固體硼酸，H2O的量減少，化學反應速率降低，C不符合題意；D．增大體系壓強，忽略體積變化，則氣體濃度不變，化學反應速率不變，D不符合題意；答案選A。（3）隨著投料比增大，NaBH4的水解轉化率降低，因此生成氫氣的速率不斷減小。（4）根據題干信息，該燃料電池中H2為負極，O2為正極，熔融碳酸鹽為電解質溶液，故正極的電極反應式為：O2+4e-+2CO2=2，該條件下，0.49LH2的物質的量為，工作時，H2失去電子：H2-2e-=2H+，所帶電荷量為：2×0.02mol×6.0×1023mol-1×1.60×10-19=3840C，工作電荷量為：3.2×14×60=2688C，則該電池將化學能轉化為電能的轉化率為：；（5）結合題干信息，要使得氫原子利用率為100%，可由（2×反應3）-（2×反應Ⅱ+反應Ⅰ）得，。20．某小組采用如下實驗流程制備：已知：是一種無色晶體，吸濕性極強，可溶于熱的正己烷，在空氣中受熱易被氧化。請回答：(1)如圖為步驟I的實驗裝置圖(夾持儀器和尾氣處理裝置已省略)，圖中儀器A的名稱是，判斷步驟I反應結束的實驗現象是。(2)下列做法不正確的是_______。A．步驟I中，反應物和溶劑在使用前除水B．步驟I中，若控溫加熱器發生故障，改用酒精燈(配石棉網)加熱C．步驟Ⅲ中，在通風櫥中濃縮至蒸發皿內出現晶膜D．步驟Ⅳ中，使用冷的正己烷洗滌(3)所得粗產品呈淺棕黃色，小組成員認為其中混有碘單質，請設計實驗方案驗證。(4)純化與分析：對粗產品純化處理后得到產品，再采用銀量法測定產品中含量以確定純度。滴定原理為：先用過量標準溶液沉淀，再以標準溶液回滴剩余的。已知：難溶電解質(黃色)(白色)(紅色)溶度積常數①從下列選項中選擇合適的操作補全測定步驟。稱取產品，用少量稀酸A溶解后轉移至容量瓶，加水定容得待測溶液。取滴定管檢漏、水洗→_______→裝液、趕氣泡、調液面、讀數→用移液管準確移取待測溶液加入錐形瓶→_______→_______→加入稀酸B→用標準溶液滴定→_______→讀數。a．潤洗，從滴定管尖嘴放出液體b．潤洗，從滴定管上口倒出液體c．滴加指示劑溶液d．滴加指示劑硫酸鐵銨溶液e．準確移取標準溶液加入錐形瓶f．滴定至溶液呈淺紅色g．滴定至沉淀變白色②加入稀酸B的作用是。③三次滴定消耗標準溶液的平均體積為，則產品純度為。【答案】(1)球形冷凝管溶液由紫紅色恰好變為無色（或溶液褪為無色）(2)BC(3)取少量粗產品置于少量冷的正己烷中充分攪拌，靜置后，取少量上層清液，向其中滴加淀粉溶液，觀察液體是否變藍，若變藍則其中混有碘單質，否則沒有(4)aedf抑制發生水解反應，保證滴定終點的準確判斷【分析】由流程信息可知，鋁、碘和正己烷一起加熱回流時，鋁和碘發生反應生成，過濾后濾液經濃縮、結晶、過濾、洗滌、干燥后得到粗產品。【詳解】（1）由實驗裝置圖中儀器的結構可知，圖中儀器A的名稱是球形冷凝管，其用于冷凝回流；碘溶于正己烷使溶液顯紫紅色，是無色晶體，當碘反應完全后，溶液變為無色，因此，判斷步驟I反應結束的實驗現象是：溶液由紫紅色恰好變為無色（或溶液褪為無色）。（2）A．吸濕性極強，因此在步驟I中，反應物和溶劑在使用前必須除水，A正確；B．使用到易烯的有機溶劑時，禁止使用明火加熱，因此在步驟I中，若控溫加熱器發生故障，不能改用酒精燈(配石棉網)加熱，B不正確；C．在空氣中受熱易被氧化，因此在步驟Ⅲ中蒸發濃縮時，要注意使用有保護氣（如持續通入氮氣的蒸餾燒瓶等）的裝置中進行，不能直接在蒸發皿濃縮，C不正確；D．在空氣中受熱易被氧化、可溶于熱的正己烷因此，為了減少溶解損失，在步驟Ⅳ中要使用冷的正己烷洗滌，D正確；綜上所述，本題選BC。（3）碘易溶于正己烷，而可溶于熱的正己烷、不易溶于冷的正己烷，因此，可以取少