2024年2月28日发(作者：弘怀思)

2023高考化学模拟试卷

考生须知：

1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）

1、下列说法正确的是( )

A．粗铜电解精炼时，粗铜、纯铜依次分别作阴极、阳极

B．5.6 g Fe在足量Cl2中充分燃烧，转移电子的数目为0.2×6.02×1023

C．室温下，稀释0.1 mol/L NH4Cl溶液，溶液中增大

cCOD．向BaCO、BaSO的饱和溶液中加入少量BaCl，溶液中减小

cSOcNH+4cNH3H2O2-33422-42、利用CH4燃料电池电解制备Ca（H2PO4）2并得到副产物NaOH、H2、Cl2，装置如图所示。下列说法正确的是

A．a极反应：CH4＋8e－＋4O2－=CO2＋2H2O

B．A膜和C膜均为阴离子交换膜

C．可用铁电极替换阴极的石墨电极

D．a极上通入2.24 L甲烷，阳极室Ca2＋减少0.4 mol

3、一种从植物中提取的天然化合物，可用于制作“香水”，其结构简式为，下列有关该化合物的说法错误的是

A．分子式为C12H18O2

B．分子中至少有6个碳原子共平面

C．该化合物能使酸性高锰酸钾溶液褪色

D．一定条件下，1 mol该化合物最多可与3 mol H2加成

4、一定条件下，下列单质与水反应不产生氢气的是(

)

A．Cl2 B．Fe C．Na D．C

5、下列图像符合题意的是

A．在盐酸和氯化铝的混合溶液中滴加烧碱溶液

B．在碳酸钠与碳酸氢钠混合液中滴加盐酸

C．在氢氧化钠溶液中通入氯气

D．在氢氧化钡溶液中滴加碳酸氢钠溶液

6、某研究小组以AgZSM为催化剂，在容积为1 L的容器中，相同时间下测得0.1 mol NO转化为N2的转化率随温度变化如图所示[无CO时反应为2NO(g)下列说法正确的是

(

)

N2(g)＋O2(g)；有CO时反应为2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g)]。

A．反应2NON2＋O2的ΔH＞0

B．达平衡后，其他条件不变，使n(CO)/n(NO)＞1，CO转化率下降

C．X点可以通过更换高效催化剂提高NO转化率

D．Y点再通入CO、N2各0.01 mol，此时v(CO，正)＜v(CO，逆)

7、Na、Al、Fe都是重要的金属元素。下列说法正确的是

A．氧化物都是碱性氧化物

B．氢氧化物都是白色固体

C．单质都可以与水反应

D．单质在空气中都形成致密氧化膜

8、下列事实不能用勒夏特列原理解释的是

（

）

A．氨水应密闭保存，置低温处

B．在FeCl2溶液中加入铁粉防止氧化变质

C．生产硝酸中使用过量空气以提高氨的利用率

D．实验室用排饱和食盐水法收集氯气

2019年2月，9、在世界移动通信大会(MWC)上发布了中国制造首款5G折叠屏手机的消息。下列说法不正确的是(

)

A．制造手机芯片的关键材料是硅

B．用铜制作手机线路板利用了铜优良的导电性

C．镁铝合金制成的手机外壳具有轻便抗压的特点

D．手机电池工作时，电池中化学能完全转化为电能

10、关于新型冠状病毒，下来说法错误的是

A．该病毒主要通过飞沫和接触传播 B．为减少传染性，出门应戴好口罩

C．该病毒属于双链的DNA病毒，不易变异 D．该病毒可用“84消毒液”进行消毒

11、Fe3O4中含有Fe（Ⅱ）、Fe（Ⅲ），以Fe3O4/Pd为催化材料，可实现用H2消除酸性废水中的致癌物NO2-，其反应过程如图所示。下列说法正确的是（

）

A．Pd作正极

B．Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）的相互转化起到了传递电子的作用

C．反应过程中NO2-被Fe（Ⅱ）氧化为N2

D．用该法处理后水体的pH降低

12、下列化学用语表示正确的是（）

A．中子数为16的硫原子：32S

C．甲酸甲酯的结构简式：HCOOCH3

48B．Cl-的结构示意图：D．氢氧化钠的电子式：

﹣﹣13、体积相同的盐酸和醋酸两种溶液，n(Cl)=n(CH3COO)=0.01mol，下列叙述正确的是(

)

A．醋酸溶液的pH大于盐酸

B．醋酸溶液的pH小于盐酸

C．与NaOH完全中和时，醋酸消耗的NaOH多于盐酸

D．分别用水稀释相同倍数后，所得溶液中：n (Cl﹣)=n (CH3COO﹣)

－－－－－14、某无色溶液中可能含有Na+、K+、NH4+、Mg2+、Cu2+、SO42、SO32、Cl、Br、CO32中的若干种，离子浓度L1。往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成。某同学另取少量原溶液，设计都为0.1mol·并完成如下实验：

－

则关于原溶液的判断不正确的是

A．若步骤中Ba(NO3)2和HNO3溶液改用BaCl2和盐酸的混合溶液，则对溶液中离子的判断无影响

B．无法确定原溶液中是否存在Cl－

C．肯定存在的离子是SO32－、Br－，是否存在Na+、K+需要通过焰色反应来确定

D．肯定不存在的离子是Mg2+、Cu2+、SO42－、CO32－，是否含NH4+另需实验验证

15、aL（标准状况）CO2通入100mL3 mol/L NaOH溶液的反应过程中所发生的离子方程式错误的是

A．a =3.36时，CO2+2OH―→CO32―+H2O

B．a =4.48时，2CO2+3OH―→CO32―+HCO3―+H2O

C．a =5.60时，3CO2+4OH―→CO32―+2HCO3―+H2O

D．a =6.72时，CO2+OH―→HCO3―

16、下列说法不正确的是（

）

．．．A．Fe2O3可用作红色颜料

C．可用SiO2作半导体材料

B．浓H2SO4可用作干燥剂

D．NaHCO3可用作焙制糕点

17、煤燃烧排放的烟气含有硫和氮的氧化物而形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂对烟气可同时进行脱硫、脱硝。反应一段时间后溶液中有关离子浓度的测定结果如下表。

离子

c/(mol·L－1)

SO42-

8.35×10－4

SO32-

6.87×10－6

NO3-

1.5×10－4

NO2-

1.2×10－5

Cl－

3.4×10－3

下列说法正确的是(

)

A．NaClO2溶液脱硫过程中主要反应的离子方程式2H2O＋ClO2-＋2SO2=2SO42-＋Cl－＋4H＋

B．脱硫反应速率大于脱硝反应速率

C．该反应中加入少量NaCl固体，提高c(Cl－)和c(Na＋)，都加快了反应速率

D．硫的脱除率的计算式为8.35×10－4/(8.35×10－4＋6.87×10－6)

18、NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，依据I2析出所需时间可以L－1NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0 mL、KIO3(过量)酸性溶液40.0 mL求得NaHSO3的反应速率。将浓度均为0.020 mol·55 ℃时未观察到溶液变蓝，混合，记录10～55 ℃间溶液变蓝时间，实验结果如图。据图分析，下列判断不正确的是(

)

A．40 ℃之前，温度升高反应速率加快，变蓝时间变短

B．40 ℃之后溶液变蓝的时间随温度的升高变长

C．图中b、c两点对应的NaHSO3的反应速率相等

D．图中a点对应的NaHSO3的反应速率为5.0×10－5mol·L－1·s－1

19、做好垃圾分类，推动城市绿色发展。下列有关生活垃圾分类不合理的是（

）

选项

生活垃圾

A

牛奶盒

B

眼药水

C

干电池

D

西瓜皮

垃圾分类标识

A．A B．B C．C D．D

20、下列实验操作能达到实验目的的是

A．用排水法收集铜粉与浓硝酸反应产生的NO2

B．用氨水鉴别NaCl、MgCl2、AlCl3、NH4Cl四种溶液

C．用酸性KMnO4溶液验证草酸的还原性

D．用饱和NaHCO3溶液除去Cl2中混有的HCl

21、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A．标准状况下，11.2LNO2中含有的氧原子数目为NA

B．1mol20Ne和22Ne的混合物中含有的中子数目为10NA

C．8.4gNaHCO3和MgCO3的混合物中含有的阴离子数目为0.1NA

D．已知某温度下硼酸（H3BO3）饱和溶液的pH=4.6，则溶液中H+的数目为1×10-4.6NA

L-1 NaHCO3溶液，pH约为8，向其中滴加等体积等浓度的饱和CaCl2溶液，有白色沉淀和无22、常温下2 mL 1 mol·色气体生成。下列说法中正确的是

．．A．NaHCO3溶液中， c(H+) + c(Na+) = c(HCO3-) + c(CO32-) + c(OH-)

B．NaHCO3溶液中，c(Na+) > c(OH-)> c(HCO3-) > c(H+)

C．加热NaHCO3溶液，pH增大，一定是HCO3-

水解程度增大的结果

D．滴加饱和CaCl2溶液发生了反应：Ca2+

+ 2HCO3- = CaCO3↓ + H2O + CO2↑

二、非选择题(共84分)

23、（14分）有机物F是一种用途广泛的香料,可用烃A与有机物E为原料,按照如下流程进行合成。已知A在标准状L-1。 况下的密度为1.25 g·

回答下列问题:

(1)有机物F中含有的官能团名称为____。

(2)A生成B的反应类型为________。

(3)写出流程中B生成C的化学方程式_______。

(4)下列说法正确的是____。

A

流程图中有机物B转化为C，Cu参与了化学反应,但反应前后的质量保持不变

B

有机物C不可能使溴水褪色

C

有机物D、E生成F的反应为酯化反应,本质上是取代反应

D

合成过程中原子的理论利用率为100%的反应只有一个

24、（12分）化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：

已知：①RCHO+CH3CHO②

RCH=CHCHO

③+HCHO+HCOO

-回答下列问题：

（1）E中含氧官能团名称为_________非含氧官能团的电子式为_______。E的化学名称为苯丙炔酸，则B的化学名称为__________。

（2）C→D的反应类型为__________。B→C的过程中反应①的化学方程式为 ________。

（3）G的结构简式为_________。

（4）写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式________。

①遇FeCl3溶液显紫色；②能发生银镜反应；③分子中有五种不同化学环境的氢且个数比为1:1:2:2:4

（5）写出用甲醛和乙醇为原材料制备化合物C(CH2ONO2)4的合成路线（其他无机试剂任选，合成路线流程图示例见本题题干）。_________。

25、（12分）K3FeC2O433H2O（三草酸合铁酸钾晶体）为翠绿色晶体，可用于摄影和蓝色印刷，110℃失去结晶水，230℃分解。某化学研究小组对K3FeC2O433H2O受热分解生成的气体产物和固体产物进行探究。

实验I：探究实验所得的气体产物，按下图装置进行实验（夹持仪器已略去，部分装置可重复使用）。

（1）实验室常用饱和NH4Cl和饱和NaNO2的混合液制N2，反应的化学方程式为_____________。

（2）装置的连接顺序为：A→__→__→__→__→__→F（填各装置的字母代号）。

（3）检查装置气密性后，先通一段时间N2，其目的是________，实验结束时熄灭A、C两处的酒精灯，继续通N2至

常温，其目的是__________。

（4）实验过程中观察到F中的溶液变浑浊，C中有红色固体生成，则气体产物____（填化学式）。

（实验二）分解产物中固体成分的探究

（5）定性实验：经检验，固体成分含有K2CO3、FeO、Fe。

定量实验：将固体产物加水溶解、过滤洗涤、干燥，得到含铁样品。完成上述实验操作，需要用到下列仪器中的__________（填仪器编号）。

设计下列三种实验方案分别对该含铁样品进行含量的测定

溶液得固体bg （甲方案）ag样品搅拌搅拌烘干灼烧测得气体体积VmL（标况）（乙方案）ag样品

搅拌（丙方案）

你认为以上方案中可以确定样品组成的有_____________方案。

（6）经测定产物中n(FeO):n(Fe)1:1，写出K3FeC2O433H2O分解的化学方程式_________。

足量稀硝酸测量气体体积足量稀硝酸足量NaOH溶液过滤洗涤26、（10分）三苯甲醇()是重要的有机合成中间体。实验室中合成三苯甲醇时采用如图所示的装置，其合成流程如图：

已知:①格氏试剂易潮解，生成可溶于水的 Mg(OH)Br。

②三苯甲醇可通过格氏试剂与苯甲酸乙酯按物质的量比2:1反应合成

③相关物质的物理性质如下：

物质 相对分子量 沸点 熔点 溶解性

不溶于水，溶于乙三苯甲醇

260

380℃

164.2℃ 醇、乙醚等有机溶剂

微溶于水，溶于乙乙醚

-

34.6℃

-116.3℃

醇、苯等有机溶剂

不溶于水，溶于乙溴苯

-

156.2℃

-30.7℃ 醇、乙醚等有机溶剂

苯甲酸乙酯

请回答下列问题：

（1）合成格氏试剂：实验装置如图所示，仪器A的名称是____，已知制备格氏试剂的反应剧烈放热，但实验开始时常加入一小粒碘引发反应，推测I2的作用是____。使用无水氯化钙主要是为避免发生____（用化学方程式表示）。

（2）制备三苯甲醇：通过恒压滴液漏斗往过量的格氏试剂中加入13mL苯甲酸乙酯（0.09mol）和15mL无水乙醚的混合液，反应剧烈，要控制反应速率除使用冷水浴外，还可以 ___（答一点）。回流0.5h后，加入饱和氯化铵溶液，有晶体析出。

（3）提纯：冷却后析出晶体的混合液含有乙醚、溴苯、苯甲酸乙酯和碱式溴化镁等杂质，可先通过 ___（填操作方法，下同）除去有机杂质，得到固体17.2g。再通过 ___纯化，得白色颗粒状晶体16.0g，测得熔点为164℃。

（4）本实验的产率是____（结果保留两位有效数字）。本实验需要在通风橱中进行，且不能有明火，原因是____。

27、（12分）铜及其化合物在生产、生活中有广泛的应用。某研究性学习小组的同学对铜常见化合物的性质和制备进行实验探究，研究的问题和过程如下：

I.探究不同价态铜的稳定性

进行如下实验：

(1)向Cu2O中加适量稀硫酸，得到蓝色溶液和一种红色固体，该反应的离子化学方程式为：__________。由此可知，在酸性溶液中，+2价Cu比+1价Cu更_______(填“稳定”或“不稳定”)。

(2)将CuO粉末加热至1000oC以上完全分解成红色的Cu2O粉末，该反应说明：在高温条件下，+1价的Cu比+2价150

212.6℃

-34.6℃ 不溶于水

Cu更_______(填“稳定”或“不稳定”)。

II.探究通过不同途径制取硫酸铜

(1)途径A：如下图

①杂铜(含少量有机物)灼烧后的产物除氧化铜还含少量铜，原因可能是___________(填字母代号)

a.该条件下铜无法被氧气氧化 b.灼烧不充分，铜未被完全氧化

c.氧化铜在加热过程中分解生成铜 d.灼烧过程中部分氧化铜被还原

②测定硫酸铜晶体的纯度：

某小组同学准确称取4.0g样品溶于水配成100mL溶液，取10mL溶液于锥形瓶中，加适量水稀释，调节溶液pH=3~4，加入过量的KI，用0.1000mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点，共消耗14.00mLNa2S2O3标准溶液。上述过程中反2+-2--2-应的离子方程式如下：2Cu+4I=2Cul+I2,I2+2S2O3==2I+S4O6。则样品中硫酸铜晶体的质量分数为_________________

(2)途径B：如下图

①烧瓶内可能发生反应的化学方程式为_______________ (已知烧杯中反应：2NaOH2NO2NaNO3NaNO2H2O)

②下图是上图的改进装置，其中直玻璃管通入氧气的作用是_____________________。

Ⅲ.探究用粗铜(含杂质Fe)按下述流程制备氯化铜晶体CuCl22H2O。

(1)实验室采用如下图所示的装置，可将粗铜与Cl2反应转化为固体l(部分仪器和夹持装置已略去)，

有同学认为应在浓硫酸洗气瓶前增加吸收HCl的装置，你认为是否必要________(填“是”或“否”)

(2)将溶液2转化为CuCl22H2O的操作过程中，发现溶液颜色由蓝色变为绿色。

已知：在氯化铜溶液中有如下转化关系：[Cu(H2O)4]2+(aq，蓝色)+4Cl-(aq) CuCl42-(aq，黄色)+4H2O(l)，该小组同学取氯化铜晶体配制成蓝绿色溶液Y，进行如下实验，其中能够证明CuCl2溶液中有上述转化关系的是_____________(填序号)(已知：较高浓度的CuCl4溶液呈绿色)。

a.将Y稀释，发现溶液呈蓝色

b.在Y中加入CuCl2晶体，溶液变为绿色

c.在Y中加入NaCl固体，溶液变为绿色

d.取Y进行电解，溶液颜色最终消失

Ⅳ.探究测定铜与浓硫酸反应

取6.4g铜片和12mL18mol/L浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，一段时间后停止反应，为定量测定余酸的物质的量浓度，某同学设计的方案是：在反应后的溶液中加蒸馏水稀释至1000mL，取20mL至锥形瓶中，滴入2~3滴甲基橙指示剂，用标准氢氧化钠溶液进行滴定(已知氢氧化铜开始沉淀的pH约为5)，通过测出消耗氢氧化钠溶液的体积来求余酸的物质的量浓度。假定反应前后烧瓶中溶液的体积不变，你认为该学生设计的实验方案能否求得余酸的物质的量浓度____________(填“能”或“不能”)，其理由是_____________。

28、（14分）Fe、Cu、Cr都是第四周期过渡元素,回答下列问题。

（1）FeCl3是一种常用的净水剂，氯元素的原子核外有____种不同运动状态的电子；有___种不同能级的电子，基态Fe3+的电子排布式为___。

（2）实验室中可用KSCN或K4[Fe(CN)6]来检验Fe3+。FeCl3与KSCN溶液混合，可得到配位数为5的配合物的化学式是____；K4[Fe(CN)6]与Fe3+反应可得到一种蓝色沉淀KFe[Fe(CN)6]，该物质晶胞的一个晶胞中的K+个数为 ___。

21结构如图所示(K+未画出)，则8

（3）Cu2+能与乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)形成配离子。该配离子中含有的化学键类型有 __ (填字母)

a.配位键 b.极性键 c.离子键 d.非极性键,

乙二胺中共有____个σ键，C原子的杂化方式为 ___。

（4）金属铜的晶胞为面心立方最密堆积，边长为361pm。又知铜的密度为9.0g·cm-3，则铜原子的直径约为____pm。

（5）Cr是周期表中第ⅥB族元素，化合价可以是0~+6的整数价态。回答下列问题。某化合物的化学式为Na3CrO8，其阴离子结构可表示为CrO42-呈四面体构型,结构为，则Cr的化合价为____。Cr2O72-由两个CrO42-，四面体组成，这两个CrO42-四面体通过共用一个顶角氧原子彼此连接,结构为顶角氧原子连续的链式结构的化学式为____。

29、（10分）CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的化工原料。回答下列问题：

（1）CH4超干重整CO2的催化转化如图所示：

。则由n(n>1)个CrO42-通过

①已知相关反应的能量变化如图所示：

过程Ⅰ的热化学方程式为________。

②关于上述过程Ⅱ的说法不正确的是________（填序号）。

a．实现了含碳物质与含氢物质的分离

b．可表示为CO2＋H2＝H2O（g）＋CO

c．CO未参与反应

d．Fe3O4、CaO为催化剂，降低了反应的ΔH

③其他条件不变，在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下，反应CH4（g）＋CO2（g）＝2CO（g）＋2H2（g）进行相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如图所示。a点所代表的状态________（填“是”或“不是”）平衡状态；b点CH4的转化率高于c点，原因是________。

（2）在一刚性密闭容器中，CH4和CO2的分压分别为20kPa、25kPa，加入Ni／α－Al2O3催化剂并加热至1123K使其发生反应CH4（g）＋CO2（g）＝2CO（g）＋2H2（g）。

①研究表明CO的生成速率υ（CO）＝1.3×10－2·p（CH4）·p（CO2）mol·g－1·s－1，某时刻测得p（CO）＝20kPa，则p（CO2）＝________kPa，υ（CO）＝________mol·g·s。

②达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，则该反应的平衡常数的计算式为Kp＝________（kPa）。（用各物质的分压代替物质的量浓度计算）

（3）CH4超干重整CO2得到的CO经偶联反应可制得草酸（H2C2O4）。常温下，向某浓度的草酸溶液中加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中cH2C2O4=cC2O4，则此时溶液的pH＝________。（已知常温下H2C2O4的Ka1＝6×10－2，Ka2＝2-2－1－16×10－5，lg6＝0.8）

参考答案（含详细解析）

一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）

1、C

【答案解析】

A.电解精炼铜，粗铜作阳极，纯铜作阴极，含铜离子的电解质溶液，A错误；

B.5.6g

Fe物质的量为0.1mol，足量Cl2中完全燃烧生成氯化铁，转移电子数为0.3NA，B错误；

C.氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性，加水稀释促进铵根的水解，溶液中cNH3H2OcNH+3、BaSO4的饱和溶液中存在化学平衡BaCO3(s)+SO42-⇌BaSO4(s)+CO32-溶度积常数随温度变化，温度不变，比值不变，D错误；

故合理选项是C。

2、C

【答案解析】

增大，故C正确；

cCOKBaCO(aq)，=，cSOKBaSO2-3sp32-4sp4A.a极为负极，负极上甲烷发生氧化反应，电极反应式为：CH4-8e－＋4O2－=CO2＋2H2O，A错误；

B.根据题干信息：利用CH4燃料电池电解制备Ca(H2PO4)2并得到副产物NaOH、H2、Cl2，，可知阳极室的电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2，则阳极室内钙离子向产品室移动，A膜为阳离子交换膜，阴极室的电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-H2，则原料室内钠离子向阴极室移动，C膜为阳离子交换膜，B错误；

C.阴极电极不参与反应，可用铁替换阴极的石墨电极，C正确；

D.a极上通入2.24L甲烷，没有注明在标准状况下，无法计算钙离子减少的物质的量，D错误；

答案选C。

【答案点睛】

D容易错，同学往往误以为1mol气体的体积就是22.4L，求气体体积时一定要注意气体所处的状态。

3、B

【答案解析】

分子式为C13H20O，故A正确；双键两端的原子共平面，所以至少有5个碳原子共平面，故B错误；含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾褪色，故C正确；含有2个碳碳双键、1个羰基，一定条件下，1mol该化合物最多可与3mol H2加成，

故D正确。

4、A

【答案解析】

A．Cl2与水反应生成氯化氢和次氯酸，不产生氢气，故A正确；

B．Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故B错误；

C．Na与水反应生成氢氧化钠和氢气，故C错误；

D．C与水反应生成氢气和一氧化碳，故D错误；

答案选A。

【答案点睛】

熟知元素及其化合物的性质是解题的关键，还要注意氯气是常见的氧化剂，与水反应发生歧化反应，其余物质是还原剂，可将水中的氢元素还原为氢气。

5、C

【答案解析】

A、向盐酸和氯化铝混合溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，先发生反应：HCl+NaOH=NaCl+H2O，无明显现象，AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，产生沉淀，后沉淀溶解，图中一开始就有沉淀，故A错误；B、在NaHCO3和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸，反应分以下两步进行:

Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，图中一开始就有气泡，不符合，故B错误；C、向NaOH溶液中通入氯气，发生 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，开始转移电子数逐渐增多，饱和后不再溶解，故C正确；D、在氢氧化钡溶液中滴加NaHCO3溶液，少量时的反应是:NaHCO3+Ba(OH)2=BaCO3↓+NaOH+H2O，过量时的反应是:Ba(OH)2+2NaHCO3 =BaCO3↓+Na2CO3+2H2O，导电能力是先变小，再变大，但由于有Na＋离子，导电能力不可能变为0，故D错误；故选C。

6、B

【答案解析】

A.

升高温度，NO的转化率降低；

B.

达平衡后，其他条件不变，使n(CO)/n(NO)＞1，增大反应物浓度；

C. X点更换高效催化剂，能使反应速率加快；

D. Y点再通入CO、N2各0.01 mol，增大反应物的浓度，平衡正向移动。

【题目详解】

A.

升高温度，NO的转化率降低，因此反应2NON2＋O2为放热反应，ΔH<0，A项错误；

B.

达平衡后，其他条件不变，使n(CO)/n(NO)＞1，增大了CO的浓度，平衡正移，但CO的转化率降低，B项正确；

C. X点更换高效催化剂，能使反应速率加快，但不能改变NO的转化率，C项错误；

D. Y点再通入CO、N2各0.01 mol，增大反应物的浓度，平衡正向移动，因此此时v(CO，正)>v(CO，逆)，D项错误；

答案选B。

7、C

【答案解析】

A．Na、Al、Fe的氧化物中，过氧化钠能跟酸起反应，除生成盐和水外，还生成氧气，不是碱性氧化物，氧化铝不但可以和碱反应还可以和酸反应均生成盐和水，为两性氧化物，故A错误；

B．氢氧化钠、氢氧化铝为白色固体，而氢氧化铁为红褐色固体，故B错误；

C．钠与水反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，生成氢氧化钠和氢气，铁与水蒸汽反应生成氢气与四氧化三铁，3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，在金属活动性顺序表中，铝介于二者之间，铝和水2Al+6H2O2Al(OH)3+3H2↑，反应生成氢氧化铝和氢气，高温下氢氧化铝分解阻碍反应进一步进行，但铝能与水反应，故C正确；

D．Na在空气中最终生成碳酸钠，Al在空气中与氧气在铝的表面生成一层致密的氧化物保护膜，不是形成致密氧化膜，阻止Al与氧气的进一步反应，铁在空气中生成三氧化二铁，不是形成致密氧化膜，故D错误；

故答案为C。

8、B

【答案解析】

A、NH3+H2ONH3·H2O

⊿H<0，升高温度，促进氨水分解，正确；

B、Fe2+易被氧化为Fe3+，加入Fe粉，Fe+2Fe3+=3Fe2+，能防止Fe2+氧化变质，B不能用勒沙特列原理解释；

C、增大一种反应物浓度，可以提高另一反应物转化率，正确；

D、Cl2+H2O答案选B。

9、D

【答案解析】

A.

单晶硅是良好的半导体材料，可以制作芯片，A项正确；

B.

铜属于金属，具有良好的导电性，可以做手机线路板，B项正确；

C.

镁铝合金密度小强度高，具有轻便抗压的特点，C项正确；

D.

手机电池工作时，电池中化学能主要转化为电能，但有一部分能量以热能形式会散失，D项错误；

答案选D。

10、C

【答案解析】

A.

通常病毒传播主要有三种方式：一是飞沫传播，二是接触传播，三是空气传播，该病毒主要通过飞沫和接触传播，A正确；

H++Cl-+HClO，增大c(Cl-)，抑制氯气溶解，D正确。

B.飞沫传播就是通过咳嗽、打喷嚏、说话等产生的飞沫进入易感黏膜表面，为了减少传染性，出门应戴好口罩，做好防护措施，B正确；

C.该冠状病毒由核酸和蛋白质构成，其核酸为正链单链RNA，C错误；

D. “84消毒液”的主要成分NaClO具有强的氧化性，能够使病毒的蛋白质氧化发生变性而失去其生理活性，因此“84消毒液”具有杀菌消毒作用，D正确；

故合理选项是C。

11、B

【答案解析】

A．从图示可以看出，在Pd上，H2失去电子生成H+，所以Pd作负极，故A错误；

B．Fe（Ⅱ）失去电子转化为Fe（Ⅲ），失去的电子被NO2-得到，H2失去的电子被Fe（Ⅲ）得到，Fe（Ⅲ）转化为Fe（Ⅱ），所以Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）的相互转化起到了传递电子的作用，故B正确；

C．反应过程中NO2-被Fe（Ⅱ）还原为N2，故C错误；

D．总反应为：2NO2-+3H2+2H+=N2+4H2O，消耗了H+，所以用该法处理后水体的pH升高，故D错误；

故选B。

12、C

【答案解析】

A. S原子的质子数是16，中子数为16的硫原子：16S，故A错误；

B. Cl-的质子数是17，核外电子数是18，Cl-的结构示意图是，故B错误；

32C.

甲酸甲酯是甲酸和甲醇酯化反应的产物，甲酸甲酯的结构简式是HCOOCH3，故C正确；

D.

氢氧化钠是离子化合物，氢氧化钠的电子式是13、C

【答案解析】

A．根据电荷守恒，当体积相同的盐酸和醋酸两种溶液中n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣)，氢离子浓度相同，溶液pH相同，故A错误；

B．根据电荷守恒，当体积相同的盐酸和醋酸两种溶液中n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣)，氢离子浓度相同，溶液pH相同，故B错误；

C．醋酸是弱酸存在电离平衡，当n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣)时，n(CH3COOH)远远大于n(HCl)，与NaOH完全中和时，醋酸消耗的NaOH多于盐酸，故C正确；

D．加水稀释时，醋酸电离平衡正向移动，醋酸溶液中醋酸根离子物质的量增大，而盐酸溶液中氯离子物质的量不变，，故D错误。

所以分别用水稀释相同倍数后，所得溶液中：n (Cl﹣)

选C。

【答案点睛】

本题考查了弱电解质的电离，侧重于学生的分析能力的考查，根据电荷守恒判断两种溶液中氢离子浓度相等是解本题关键，再结合弱电解质电离特点来分析解答。

14、A

【答案解析】

无色溶液中一定不含Cu2+，往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成，无SO42-，加足量氯水，无气体，则无CO32-，溶液加四氯化碳分液，下层橙色，则有Br-，上层加硝酸钡和稀硝酸有白色沉淀，有SO32-，无Mg2+，溶液中一定含阳离子，且离子浓度都为0.1mol·L－1。根据电荷守恒，一定含有NH4+、Na+、K+，一定不存在Cl-。滤液中加硝酸酸化的硝酸银有白色沉淀，是过程中加氯水时引入的氯离子。

A．过程中用氯水与亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子，已引入氯离子，若改用BaCl2和盐酸的混合溶液，则对溶液中离子的判断无影响，故A正确；

B．由上述分析可知， Cl-不存在，故B错误；

C．肯定存在的离子是SO32-、Br-、NH4+、Na+、K+，故C错误；

D．肯定不存在的离子有Mg2+、Cu2+、SO42-、CO32-、Cl－，故D错误；故选A。

15、C

【答案解析】

n(NaOH)＝0.1 L×3 mol·L－1＝0.3 mol；

A.a＝3.36时，n(CO2)＝0.15 mol，发生CO2＋2OH－=CO32-＋H2O，故不选A；

－B.a＝4.48时，n(CO2)＝0.2 mol，由C原子守恒及电荷守恒可知，发生2CO2＋3OH= CO32-＋HCO3-＋H2O，故不选B；

C.a＝5.60时，n(CO2)＝0.25 mol，由C原子守恒及电荷守恒可知，发生的反应为5CO2＋6OH－= CO32-＋4HCO3-＋H2O中，故选C；

D.a＝6.72时，n(CO2)＝0.3 mol，发生CO2+OH―=HCO3―，故不选D；

答案：C。

【答案点睛】

少量二氧化碳：发生CO2+2OH-=CO32-+H2O，足量二氧化碳：发生CO2+OH-=HCO3-，结合反应的物质的量关系判断。

16、C

【答案解析】

A. Fe2O3的颜色是红色，可用作红色颜料，故A正确；

B.

浓H2SO4具有吸水性，可用作干燥剂，故B正确；

C.

单质Si是半导体材料，故C错误；

D. NaHCO3加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，可用作焙制糕点，故D正确；

答案选C。

17、B

【答案解析】

2溶液显碱性，离子方程式4OH－＋ClO2-＋2SO2=2SO42-＋Cl－＋2H2O，选项A错误；

B.脱去硫的浓度为(8.35×10－4＋6.87×10－6) mol·L－1，脱去氮的浓度为(1.5×10－4＋1.2×10－5) mol·L－1，且在同一容器，时间相同，脱硫反应速率大于脱硝反应速率，选项B正确；

C.加入NaCl固体，提高c(Cl－)加快了反应速率，提高c(Na＋)，不影响反应速率，选项C错误；

D.不知硫的起始物质的量，且SO42-、SO32-都是脱硫的不同形式，无法计算，选项D错误。

答案选B。

18、C

【答案解析】

A、根据图像，40℃以前由80s逐渐减小，说明温度升高反应速率加快，故A说法正确；

B、根据图像，40℃之后，溶液变蓝的时间随温度的升高变长，故B说法正确；

C、40℃以前，温度越高，反应速率越快，40℃以后温度越高，变色时间越长，反应越慢，可以判断出40℃前后发生的化学反应不同，虽然变色时间相同，但不能比较化学反应速率，故C说法错误；

D、混合前NaHSO3的浓度为0.020mol·L－1，忽略混合前后溶液体积的变化，根据c1V1=c2V2，混合后NaHSO3的浓度为－=0.0040mol·L－1，a点溶液变蓝时间为80s，NaHSO3因为NaHSO3不足或KIO3过量，=5.0×10－浓度由0.0040mol·L1变为0，根据化学反应速率表达式，a点对应的NaHSO3反应速率为5mol/(L·s)，故D说法正确；

答案选C。

【答案点睛】

易错点是选项D，学生计算用NaHSO3表示反应速率时，直接用0.02mol·L1和时间的比值，忽略了变化的NaHSO3浓度应是混合后NaHSO3溶液的浓度。

19、C

【答案解析】

A.

牛奶盒是包装纸，属于可回收物，故A正确；

B.

眼药水是过期药品，属于有害垃圾，故B正确；

C.

干电池属于有害垃圾，故C错误；

－

D.

西瓜皮是厨余垃圾，属于湿垃圾，故D正确；

答案选C。

20、C

【答案解析】

A、NO2和水发生反应：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，不能用排水法收集NO2，应用排空气法收集，故错误；

B、现象分别是无现象、有白色沉淀、有白色沉淀(氢氧化铝溶于强碱不溶于弱碱)、无现象，因此不能区分，应用NaOH溶液，进行鉴别，故错误；

C、高锰酸钾溶液，可以把草酸氧化成CO2，即2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，故正确；

D、Cl2＋H2O21、C

【答案解析】

A．标准状况下，NO2液化且部分转化为N2O4，无法计算含有的氧原子数目，A不正确；

B．1mol20Ne和22Ne的混合物中含有的中子数目介于10NA~12NA之间，B不正确；

C．8.4gNaHCO3和8.4g MgCO3含有的阴离子数目都为0.1NA，则8.4g混合物所含阴离子数目也应为0.1NA，C正确；

D．硼酸饱和溶液的体积未知，无法计算溶液中H+的数目，D不正确；

故选C。

22、D

【答案解析】

A.

根据电荷守恒可知，NaHCO3溶液中， c(H+) + c(Na+) = c(HCO3-) + 2c(CO32-) + c(OH-)，A项错误；

B.

常温下2 mL 1 mol·L-1 NaHCO3溶液，pH约为8，溶液显碱性，溶液中HCO3-水解程度大于其电离程度，c(Na+)>

c(HCO3-) > c(OH-) > c(H+)，B项错误；

C.

加热NaHCO3溶液，可能分解为碳酸钠，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，pH会增大，C项错误；

D.

向碳酸氢钠溶液中滴加几滴饱和CaCl2溶液，有白色沉淀生成为碳酸钙沉淀，促进了碳酸氢根离子的电离，离子方程式为：Ca2+

+ 2HCO3- = CaCO3↓ + H2O + CO2↑，D项正确；

答案选D。

二、非选择题(共84分)

23、酯基

加成反应 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O AC

【答案解析】

mol-1×1.25 g·L-1=28 g·mol-1，A

为CH2=CH2，和水加由A在标准状况下的密度可以求出A的相对分子质量为22.4 L·成生成乙醇，B为CH3CH2OH，乙醇催化氧化生成乙醛，C为CH3CHO，乙醛再催化氧化为乙酸，D为CH3COOH。HCl＋HClO，HCl消耗NaHCO3，促使平衡向正反应方向移动，因此应用饱和食盐水，故错误。

F为乙酸苯甲酯，由乙酸和E生成，故E为苯甲醇。

【题目详解】

（1）F是酯，含有的官能团为酯基；

（2）乙烯生成乙醇是发生了乙烯和水的加成反应，故反应类型为加成反应；

（3）乙醇催化氧化生成乙醛的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

（4）A.乙醇转化为乙醛的反应中，Cu是催化剂，Cu先和氧气生成CuO，CuO再和乙醇生成Cu和乙醛，所以Cu参与了化学反应,但反应前后的质量保持不变，故A正确；

B.乙醛有还原性，可以被溴水中的溴氧化从而使溴水褪色，故B错误；

C.乙酸和苯甲醇生成乙酸苯甲酯的反应是酯化反应，本质上是取代反应，故C正确；

D.合成过程中原子的理论利用率为100%的反应有2个，分别是乙烯加成生成乙醇和乙醛催化氧化为乙酸。故D错误。

故选AC。

【答案点睛】

在有机转化关系中，连续氧化通常是醇氧化成醛，醛进一步氧化成羧酸。

24、羧基

+NaOH

苯丙烯醛

加成反应

+Cu2O↓+3H2O

+2Cu(OH)2

CH3CH2OH【答案解析】

CH3CHOC(CH2OH)4C(CH2ONO2)4

由信息①及B分子式可知A应含有醛基，且含有7个C原子，则芳香化合物A为B与新制氢氧化铜反应后酸化生成C，；则C为，因此B为C与溴发生加成反应生成D，，D为D发生消去反应并酸化得到E，E与乙醇发生酯化反应生成F，F为，，对比F、H的结构简式，结合信息②可知，G为。据此分析解答。

(5)CH2=CH2和水发生加成反应生成CH3CH2OH，CH3CH2OH发生催化氧化反应生成CH3CHO，CH3CHO和HCHO发生信息反应生成HOCH2C(CH2OH)2CHO，HOCH2C(CH2OH)CHO发生加成反应生成HOCH2C(CH2OH)3，HOCH2C(CH2OH)3和浓硝酸发生取代反应生成C(CH2ONO2)4。

【题目详解】

(1)E()中的含氧官能团为羧基，非含氧官能团为碳碳三键，其电子数为，E的化学名

称为苯丙炔酸，则B()的化学名称为苯丙烯醛，故答案为羧基；；苯丙烯醛；

(2)C为，发生加成反应生成D，B为，C为，B→C的过程中反应①的化学方程式为+NaOH+Cu2O↓+3H2O，故答案为加成反应；+Cu2O↓+3H2O；

+2Cu(OH)2

+2Cu(OH)2+NaOH

(3)G

的结构简式为，故答案为；

(4)F为，F的同分异构体符合下列条件：①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；②能发生银镜反应，说明含有醛基；③分子中有5

种不同化学环境的氢且个数比为1∶1∶2∶2∶4，符合条件的同分异构体结构简式为，故答案为；

(5)CH3CH2OH发生催化氧化反应生成CH3CHO，CH3CHO和HCHO发生信息①的反应生成C(CH2OH)4， C(CH2OH)3和浓硝酸发生酯化反应生成C(CH2ONO2)4，合成路线为CH3CH2OHCH3CHOC(CH2OH)4C(CH2ONO2)4，故答案为

CH3CH2OH【答案点睛】

CH3CHOC(CH2OH)4C(CH2ONO2)4。

本题的难点为(5)，要注意题干信息的利用，特别是信息①和信息③的灵活运用，同时注意C(CH2ONO2)4属于酯类物质，不是硝基化合物。

25、NH4Cl + NaNO2ΔN2↑+ NaCl +2H2O B F D E C

排出装置中的空气，防止空气中的O2和CO2干扰实验结果

防止F中溶液倒吸进入C中

CO2、CO

①②⑤⑦

甲、乙

2K3FeC2O433H2O【答案解析】

加热3K2CO3FeOFe5CO24CO6H2O

⑴实验室常用饱和NH4Cl和饱和NaNO2的混合液制N2。

⑵利用C装置的无水硫酸铜粉末检验水蒸气，再利用F装置检验CO2，用D装置除去多余的CO2，用E装置干燥CO气体，利用D装置中灼热的CuO和F装置澄清石灰水检验CO。

⑶先通一段时间N2，排尽装置中的空气，实验结束时，先熄灭A、C两装置中的酒精灯，再通入N2至室温。

⑷实验过程中观察到F中的溶液都变浑浊，说明生成的气体含二氧化碳，C中有红色固体生成，说明气体中含一氧化碳还原氧化铜生成二氧化碳和铜。

⑸①溶解过滤时需要用到的仪器主要用烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台；

②【甲方案】ag样品加入足量稀硝酸搅拌溶液，加入足量NaOH溶液搅拌、过滤、洗涤、烘干、灼烧得固体bg，bg为氧化铁，结合铁元素守恒可以计算铁的含量；【乙方案】ag样品加入足量稀硝酸搅拌，测量气体体积测得气体体积VmL(标况)，气体为一氧化氮，一氧化氮是FeO、Fe和稀硝酸反应生成，能测定铁元素含量；【丙方案】ag样品加入足量稀硝酸溶液配制250mL溶液，每次取25mL溶液用酸性KMnO4溶液滴定，三次平均消耗0.1molL−1酸性KMnO4溶液VbmL，该过程中足量稀硝酸会把FeO、Fe氧化生成铁离子，铁离子不能用高锰酸钾溶液反应测定，故丙不能测定。

Fe物质的量分别为1mol，⑹经测定产物中n假设生成的FeO、则得到电子为1mol+3mol=4mol，(FeO):n(Fe)1:1，草酸根中碳部分变为+4价，部分变为+2价，2molK3FeC2O433H2O生成3mol K2CO3，失去3mol电子，根据得失电子守恒9mol碳元素中5mol碳失去电子5mol电子，4mol碳得到4mol电子。

【题目详解】

⑴实验室常用饱和NH4Cl和饱和NaNO2的混合液制N2，反应的化学方程式为NH4Cl + NaNO2ΔN2↑+ NaCl +2H2O；故答案为：NH4Cl + NaNO2ΔN2↑+ NaCl +2H2O。

⑵利用C装置的无水硫酸铜粉末检验水蒸气，再利用F装置检验CO2，用D装置除去多余的CO2，用E装置干燥COA→B →F→D→E

气体，利用D装置中灼热的CuO和F装置澄清石灰水检验CO，则根据气体流向连接装置的顺序为：→C→F；故答案为：B；F；D；E；C。

⑶先通一段时间N2，排尽装置中的空气，防止空气中的O2和CO2干扰实验。实验结束时，先熄灭A、C两装置中的酒精灯，再通入N2至室温，目的是防止压强减小，F装置中的溶液倒吸；故答案为：排出装置中的空气，防止空气中的和干扰实验结果；防止F中溶液倒吸进入C中。

⑷实验过程中观察到F中的溶液都变浑浊，说明生成的气体含二氧化碳，C中有红色固体生成，说明气体中含一氧化碳还原氧化铜生成二氧化碳和铜，则气体产物是CO2、CO；故答案为：CO2、CO。

⑸①定量实验：将固体产物加水溶解、过滤洗涤、干燥，得到含铁样品，溶解过滤时需要用到的仪器主要用烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台；故答案为：①②⑤⑦。

②【甲方案】ag样品加入足量稀硝酸搅拌溶液，加入足量NaOH溶液搅拌、过滤、洗涤、烘干、灼烧得固体bg，bg为氧化铁，结合铁元素守恒可以计算铁的含量；【乙方案】ag样品加入足量稀硝酸搅拌，测量气体体积测得气体体积VmL(标况)，气体为一氧化氮，一氧化氮是FeO、Fe和稀硝酸反应生成，能测定铁元素含量；【丙方案】ag样品加入足量稀硝酸溶液配制250mL溶液，每次取25mL溶液用酸性KMnO4溶液滴定，三次平均消耗0.1molL−1酸性KMnO4溶液VbmL，该过程中足量稀硝酸会把FeO、Fe氧化生成铁离子，铁离子不能用高锰酸钾溶液反应测定，故丙不能测定；故答案为：甲、乙。

Fe物质的量分别为1mol，⑹经测定产物中n假设生成的FeO、则得到电子为1mol+3mol=4mol，(FeO):n(Fe)1:1，草酸根中碳部分变为+4价，部分变为+2价，2molK3FeC2O433H2O生成3mol K2CO3，失去3mol电子，根据4mol碳得到4mol电子，得失电子守恒9mol碳元素中5mol碳失去电子5mol电子，依次K3FeC2O433H2O分解的化学方程式2K3FeC2O433H2O加热3K2CO3FeOFe5CO24CO6H2O；故答案为：2K3FeC2O433H2O加热3K2CO3FeOFe5CO24CO6H2O。

26、球形干燥管

与Mg反应放出热量，提供反应需要的活化能

缓慢滴加混合液

蒸馏

重结晶 68%

乙醚有毒，且易燃

【答案解析】

+H2O→+Mg(OH)Br

首先利用镁条、溴苯和乙醚制取格氏试剂，由于格氏试剂易潮解，所以需要在无水环境中进行反应，则装置A中的无水氯化钙是为了防止空气中的水蒸气进入反应装置；之后通过恒压滴液漏斗往过量的格氏试剂中加入苯甲酸抑制和无水乙醚混合液，由于反应剧烈，所以需要采用冷水浴，同时控制混合液的滴入速率；此时得到的三苯甲醇溶解在有机溶剂当中，而三苯甲醇的沸点较高，所以可采用蒸馏的方法将其分离，除去有机杂质；得到的粗品还有可溶于水的

Mg(OH)Br杂质，可以通过重结晶的方法分离，三苯甲醇熔点较高，所以最终得到的产品为白色颗粒状晶体。

【题目详解】

(1)根据装置A的结构特点可知其为球形干燥管；碘与Mg反应放热，可以提供反应需要的活化能；无水氯化钙防止空气中的水蒸气进入反应装置，使格氏试剂潮解，发生反应：+H2O→+Mg(OH)Br；

(2)控制反应速率除降低温度外(冷水浴)，还可以缓慢滴加混合液、除去混合液的杂质等；

(3)根据分析可知应采用蒸馏的方法除去有机杂质；进一步纯化固体可采用重结晶的方法；

(4)三苯甲醇可以通过格氏试剂与苯甲酸乙酯按物质的量比2:1反应，由于格氏试剂过量，所以理论生成的n(三苯甲

醇)=n(苯甲酸乙酯)=0.09mol，所以产率为所以需要在通风橱中进行。

【答案点睛】

16.0g100%=68%；本实验使用的乙醚易挥发，有毒且易燃，0.09mol260g/mol本题易错点为第3题，学生看到三苯甲醇的熔点较高就简单的认为生成的三苯甲醇为固体，所以通过过滤分离，应还要注意三苯甲醇的溶解性，实验中使用的有机溶剂都可以溶解三苯甲醇，所以要用蒸馏的方法分离。

+2+27、Cu2O+2H=Cu+Cu+2H2O

稳定

稳定 bd 87.5% Cu+H2SO4+2HNO3（浓）=CuSO4+2NO2↑+2H2O 3Cu+3H2SO4+2HNO3（稀）=3CuSO4+2NO↑+4H2O

氧气氧化氮氧化合物，使氮氧化Cu物全部被氢氧化钠溶液吸收，防止污染大气

否 abc

不能

虽然甲基橙变色的pH范围为3.1~4.4，（OH）2开始沉淀时的pH为5，在指示剂变色范围之外，即中和酸时，Cu2+不会消耗OH-，但甲基橙由红色变成橙色、黄色时，铜离子溶液呈蓝色，对观察指示终点颜色有干扰

【答案解析】

I.(1)物质都有由不稳定物质转化为稳定物质的倾向，所以在酸性溶液中，+2价Cu比+1价Cu更稳定；

(2)在高温下CuO分解产生Cu2O、O2，说明Cu2O比CuO在高温下稳定；

II.(1)①Cu未完全反应、部分氧化铜能被有机物还原；

②根据Cu元素守恒和反应方程式可得关系式，然后利用关系式计算CuSO4·5H2O的质量，最后根据质量分数的含义计算硫酸铜晶体的含量；

(2)①Cu与稀硫酸、浓硝酸（或随着反应进行浓硝酸变为的稀硝酸）反应产生硫酸铜、NO2（或NO）、H2O，根据氧化还原反应规律书写反应方程式；

②O2可以将NO氧化为NO2，可以将NO、NO2驱赶进入NaOH溶液中，发生反应，防止大气污染；

III.(1) HCl对反应没有影响；

(2)根据平衡移动原理分析；

IV.含铜离子溶液呈蓝色，对观察指示终点颜色有干扰。

【题目详解】

I.(1)向Cu2O中加适量稀硫酸，得到蓝色溶液和一种红色固体，这说明氧化亚铜和稀硫酸反应生成的是硫酸铜、水和单质铜，该反应的离子方程式为：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O，这说明在酸性溶液中，+2价Cu比+1价Cu更稳定；

(2)将CuO粉末加热至1000oC以上完全分解成红色的Cu2O粉末，该反应说明：在高温条件下，+1价的Cu比+2价Cu更稳定；

II.(1)①a.加热条件下铜易被氧气氧化，a错误；

b.灼烧不充分，铜未被完全氧化导致含有铜单质，b正确；

c.氧化铜在加热过程中不会分解生成铜，c错误；

d.灼烧过程中部分氧化铜被有机物还原生成铜单质，d正确；

故合理选项是bd；

2+-2--2-②根据方程式2Cu+4I=2CuI+I2，I2+2S2O3=2I+S4O6可知：2Cu2+~I2~2S2O32-，n(S2O32-)=0.1000mol/L×0.014L×10=1.4×10-2mol，则n(Cu2+)=1.4×10-2mol，m(CuSO4·5H2O)=

1.4×10-2mol×250g/mol=3.5g，所以硫酸铜晶体的质量分数为(3.5g÷4.0g)×100%=87.5%；

(2)①Cu与稀硫酸、浓硝酸（或随着反应进行浓硝酸变为的稀硝酸）反应生成硫酸铜、NO2（或NO）、H2O，根据氧化还原反应规律，可得反应方程式为：Cu+H2SO4+2HNO3(浓)=CuSO4+2NO2+2H2O3Cu+3H2SO4+2HNO3(稀)=3CuSO4+2NO+4H2O；

②NO不能被NaOH溶液吸收，O2可以将NO氧化为NO2，使氮氧化物完全被NaOH溶液吸收，同时可以将NO、NO2驱赶进入NaOH溶液中，发生反应，转化为NaNO2、NaNO3，防止大气污染；

III.(1) Cl2中混有的HCl对反应没有影响，因此不需要在浓硫酸洗气瓶前增加吸收HCl的装置；

(2) a.将Y稀释，平衡向左移动，溶液呈蓝色，可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，a正确；

b.在Y中加入CuCl2晶体，溶液中[Cu(H2O)4]2+、Cl-浓度增大，平衡向右移动，溶液变为绿色，可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，b正确；

c.在Y中加入NaCl固体，溶液中氯离子浓度增大，平衡向右移动，溶液变为绿色，可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，c正确；

d.取Y进行电解，铜离子放电，溶液颜色最终消失，不能可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，d错误；

故合理选项是abc；

IV.甲基橙变色的pH范围是 3.1~4.4，Cu(OH)2开始沉淀的pH=5，在指示剂变色范围之外，即酸被碱中和时，Cu2+不会消耗OH-，但是甲基橙由红色变成橙色、黄色时，Cu2+溶液呈蓝色，对观察指示终点颜色有干扰，因此不能测定剩余硫酸的物质的量浓度。

【答案点睛】

本题考查了实验方案的设计、对工艺流程理解、实验装置的理解、平衡移动、物质分离提纯等，明确物质的性质是解答题目关键，难点是实验方案的评价，从实验的可操作性、简便性、安全性、环保等方面考虑，有助于培养学生基本扎实的基础与综合运用能力。

28、17 5 1s22s22p63s23p63d5 K2[Fe(SCN)5] 4 abd 11 sp3

255 +5 CrnO(3n+1)2-

【答案解析】

(1)氯原子核外电子数为17，每个电子的运动状态均不同，故氯原子核外有17种不同运动状态的电子；氯原子核外电

子排布式为1s22s22p63s23p5，电子分布在1s、2s、2p、3s、3p这五个能级；Fe是26号元素，铁原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，铁原子失去4s能级2个电子，再失去3d能级1个电子形成Fe3+，故基态Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5。

(2)Fe3+与SCN-形成配位数为5的配离子为[Fe(SCN)5]2-，根据电荷守恒可知配离子与K+形成的配合物的化学式为111111结构中，Fe3+的个数为4×=，Fe2+的个数为4×=，CN-的个数为12×=3，882824113+N(Fe2+)×2=N(CN-)，可得N(K+)=，故一个晶胞中的K+个数为×8=4； 根据电荷守恒：N(K+)+N(Fe3+)×22K2[Fe(SCN)5]；题给物质晶胞的(3)Cu2+与乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)之间形成配位键，H2N-CH2-CH2-NH2中碳原子之间形成非极性键，不同原子之间形成极性键，所以选abd；单键为σ键，一个乙二胺分子中含有11个σ键，碳原子均饱和没有孤电子对，形成4个σ键，所以碳原子采取sp3杂化；

(4) 根据铜晶胞为面心立方最密堆积，由边长可计算出晶胞的体积V=（361pm）3≈4.70×10-23cm3，根据m=ρ×V=9.00

g•cm-3×4.70×10-23cm3=4.23×10-22g；由于一个铜晶胞中含有的铜原子数为8×11+6×=4（个），每个铜原子的体积2814.701023cm3约为==1.18×10-23 cm3，则×π×d3=1.18×10-23cm3，解得铜原子的直径d≈255pm；

64(5)由阴离子结构可知，Cr与O中形成5个价键，共用电子对偏向O，则Cr的化合价为+5价，两个CrO42-每共用一个角顶氧原子，就少一个氧原子，所以由n(n＞1)个CrO42-通过角顶氧原子连续的链式，减少(n-1)个氧原子，微粒电荷不变，则由n(n＞1)个CrO42-通过角顶氧原子连续的链式结构的化学式为CrnO(3n+1)2-。

【答案点睛】

每个电子的运动状态均不同，核外有几个电子就有多少个运动状态不同的电子；体心立方堆积中，棱长a=22r；面心立方堆积中，棱长a=43r；六方最密堆积中底面边长a=b=2r。

329、CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=247.4kJ·mol-1cd不是b和c都未达平衡，b点温度高，反应速率快，相同时3623622.7

间内转化率高151.9527【答案解析】

由能量－反应进程曲线得热化学方程式，应用盖斯定律可得过程I的热化学方程式。过程II中进入循环的物质是最初反应物，出循环的物质是最终生成物，可得总反应方程式。恒温恒容时组分气体的分压与其物质的量成正比，故用分压代替物质的量进行计算。草酸溶液与NaOH溶液混合后，其两步电离平衡仍然存在，据电离常数表达式可求特定条件下溶液的pH。

【题目详解】

(1)①据CH4超干重整CO2的催化转化图，过程I的化学反应为CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。由能量－反应进程曲

线得热化学方程式：

CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH＝+206.2kJ·mol-1（i）

CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH＝－165kJ·mol-1（ii）

(i)×2+(ii)得过程I的热化学方程式：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=247.4kJ·mol-1

②过程Ⅱ物质变化为：左上（CO、H2、CO2）+

右下（惰性气体）→

左下（H2O）+

右上（CO、惰性气体），总反应为H2+CO2=H2O+CO。Fe3O4、CaO为总反应的催化剂，能降低反应的活化能，但不能改变反应的ΔH。故ab正确，cd错误。

③通常，催化剂能加快反应速率，缩短反应到达平衡的时间。但催化剂不能使平衡发生移动，即不能改变平衡转化率。若图中a点为化学平衡，则保持温度不变（800℃），将催化剂II换成I或III，CH4转化率应不变，故a点不是化学平衡。

同理，图中b、c两点都未达到化学平衡。据题意，b、c两点只有温度不同，b点温度较高，反应速率快，相同时间内CH4转化率高。

(2)①据气态方程PV＝nRT，恒温恒容时某组分气体的分压与其物质的量成正比。则反应中分压为

1123K恒容时，CH4（g）＋CO2（g）＝2CO（g）＋2H2（g）

起始分压/kPa： 20 25 0 0

改变分压/kPa： 10 10 20 20

某时分压/kPa： 10 15 20 20

10－2·p(CH4)·p(CO2)mol·g－1·s－1＝1.95mol·g－1·s－1。 即某时刻p(CO2)＝15kPa，p(CH4)＝10kPa。代入υ(CO)＝1.3×②设达到平衡时CH4的改变分压为x kPa，

1123K恒容时，CH4（g）＋CO2（g）＝2CO（g）＋2H2（g）

起始分压/kPa： 20 25 0 0

改变分压/kPa：xx 2x 2x

平衡分压/kPa： 20－x 25－x 2x 2x

据题意，有(20－x)(25－x)2x2x＝1.8，解得x＝18。CH4(g)、CO2(g)、CO(g)、H2(g)的平衡分压依次是2 kPa、2025p2(CO)p2(H2)3623627 kPa、36 kPa、36 kPa，代入Kp＝(kPa)2。

＝p(CH4)p(CO2)27(3)常温下，草酸溶液与NaOH溶液混合，所得混合溶液中仍存在分步电离：

H2C2O4c(H+)c(HC2O-4)H+HC2O4 Ka1＝

c(H2C2O4)+－HC2O4－H++C2O42－c(H+)c(C2O2-4) Ka2＝

c(HC2O4)

当cH2C2O4=cC2O4【答案点睛】

2-时，KKa2＝a1·Ka2＝6×10－3.5 mol/L，pH＝2.7。

c2(H+)。c(H+)＝Ka1·一定温度下，可逆反应建立平衡时，用平衡浓度求得浓度平衡常数Kc，用平衡分压求得压力平衡常数Kp，它们可通过气态方程进行换算。

2024年2月28日发(作者：弘怀思)

2023高考化学模拟试卷

考生须知：

1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）

1、下列说法正确的是( )

A．粗铜电解精炼时，粗铜、纯铜依次分别作阴极、阳极

B．5.6 g Fe在足量Cl2中充分燃烧，转移电子的数目为0.2×6.02×1023

C．室温下，稀释0.1 mol/L NH4Cl溶液，溶液中增大

cCOD．向BaCO、BaSO的饱和溶液中加入少量BaCl，溶液中减小

cSOcNH+4cNH3H2O2-33422-42、利用CH4燃料电池电解制备Ca（H2PO4）2并得到副产物NaOH、H2、Cl2，装置如图所示。下列说法正确的是

A．a极反应：CH4＋8e－＋4O2－=CO2＋2H2O

B．A膜和C膜均为阴离子交换膜

C．可用铁电极替换阴极的石墨电极

D．a极上通入2.24 L甲烷，阳极室Ca2＋减少0.4 mol

3、一种从植物中提取的天然化合物，可用于制作“香水”，其结构简式为，下列有关该化合物的说法错误的是

A．分子式为C12H18O2

B．分子中至少有6个碳原子共平面

C．该化合物能使酸性高锰酸钾溶液褪色

D．一定条件下，1 mol该化合物最多可与3 mol H2加成

4、一定条件下，下列单质与水反应不产生氢气的是(

)

A．Cl2 B．Fe C．Na D．C

5、下列图像符合题意的是

A．在盐酸和氯化铝的混合溶液中滴加烧碱溶液

B．在碳酸钠与碳酸氢钠混合液中滴加盐酸

C．在氢氧化钠溶液中通入氯气

D．在氢氧化钡溶液中滴加碳酸氢钠溶液

6、某研究小组以AgZSM为催化剂，在容积为1 L的容器中，相同时间下测得0.1 mol NO转化为N2的转化率随温度变化如图所示[无CO时反应为2NO(g)下列说法正确的是

(

)

N2(g)＋O2(g)；有CO时反应为2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g)]。

A．反应2NON2＋O2的ΔH＞0

B．达平衡后，其他条件不变，使n(CO)/n(NO)＞1，CO转化率下降

C．X点可以通过更换高效催化剂提高NO转化率

D．Y点再通入CO、N2各0.01 mol，此时v(CO，正)＜v(CO，逆)

7、Na、Al、Fe都是重要的金属元素。下列说法正确的是

A．氧化物都是碱性氧化物

B．氢氧化物都是白色固体

C．单质都可以与水反应

D．单质在空气中都形成致密氧化膜

8、下列事实不能用勒夏特列原理解释的是

（

）

A．氨水应密闭保存，置低温处

B．在FeCl2溶液中加入铁粉防止氧化变质

C．生产硝酸中使用过量空气以提高氨的利用率

D．实验室用排饱和食盐水法收集氯气

2019年2月，9、在世界移动通信大会(MWC)上发布了中国制造首款5G折叠屏手机的消息。下列说法不正确的是(

)

A．制造手机芯片的关键材料是硅

B．用铜制作手机线路板利用了铜优良的导电性

C．镁铝合金制成的手机外壳具有轻便抗压的特点

D．手机电池工作时，电池中化学能完全转化为电能

10、关于新型冠状病毒，下来说法错误的是

A．该病毒主要通过飞沫和接触传播 B．为减少传染性，出门应戴好口罩

C．该病毒属于双链的DNA病毒，不易变异 D．该病毒可用“84消毒液”进行消毒

11、Fe3O4中含有Fe（Ⅱ）、Fe（Ⅲ），以Fe3O4/Pd为催化材料，可实现用H2消除酸性废水中的致癌物NO2-，其反应过程如图所示。下列说法正确的是（

）

A．Pd作正极

B．Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）的相互转化起到了传递电子的作用

C．反应过程中NO2-被Fe（Ⅱ）氧化为N2

D．用该法处理后水体的pH降低

12、下列化学用语表示正确的是（）

A．中子数为16的硫原子：32S

C．甲酸甲酯的结构简式：HCOOCH3

48B．Cl-的结构示意图：D．氢氧化钠的电子式：

﹣﹣13、体积相同的盐酸和醋酸两种溶液，n(Cl)=n(CH3COO)=0.01mol，下列叙述正确的是(

)

A．醋酸溶液的pH大于盐酸

B．醋酸溶液的pH小于盐酸

C．与NaOH完全中和时，醋酸消耗的NaOH多于盐酸

D．分别用水稀释相同倍数后，所得溶液中：n (Cl﹣)=n (CH3COO﹣)

－－－－－14、某无色溶液中可能含有Na+、K+、NH4+、Mg2+、Cu2+、SO42、SO32、Cl、Br、CO32中的若干种，离子浓度L1。往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成。某同学另取少量原溶液，设计都为0.1mol·并完成如下实验：

－

则关于原溶液的判断不正确的是

A．若步骤中Ba(NO3)2和HNO3溶液改用BaCl2和盐酸的混合溶液，则对溶液中离子的判断无影响

B．无法确定原溶液中是否存在Cl－

C．肯定存在的离子是SO32－、Br－，是否存在Na+、K+需要通过焰色反应来确定

D．肯定不存在的离子是Mg2+、Cu2+、SO42－、CO32－，是否含NH4+另需实验验证

15、aL（标准状况）CO2通入100mL3 mol/L NaOH溶液的反应过程中所发生的离子方程式错误的是

A．a =3.36时，CO2+2OH―→CO32―+H2O

B．a =4.48时，2CO2+3OH―→CO32―+HCO3―+H2O

C．a =5.60时，3CO2+4OH―→CO32―+2HCO3―+H2O

D．a =6.72时，CO2+OH―→HCO3―

16、下列说法不正确的是（

）

．．．A．Fe2O3可用作红色颜料

C．可用SiO2作半导体材料

B．浓H2SO4可用作干燥剂

D．NaHCO3可用作焙制糕点

17、煤燃烧排放的烟气含有硫和氮的氧化物而形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂对烟气可同时进行脱硫、脱硝。反应一段时间后溶液中有关离子浓度的测定结果如下表。

离子

c/(mol·L－1)

SO42-

8.35×10－4

SO32-

6.87×10－6

NO3-

1.5×10－4

NO2-

1.2×10－5

Cl－

3.4×10－3

下列说法正确的是(

)

A．NaClO2溶液脱硫过程中主要反应的离子方程式2H2O＋ClO2-＋2SO2=2SO42-＋Cl－＋4H＋

B．脱硫反应速率大于脱硝反应速率

C．该反应中加入少量NaCl固体，提高c(Cl－)和c(Na＋)，都加快了反应速率

D．硫的脱除率的计算式为8.35×10－4/(8.35×10－4＋6.87×10－6)

18、NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，依据I2析出所需时间可以L－1NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0 mL、KIO3(过量)酸性溶液40.0 mL求得NaHSO3的反应速率。将浓度均为0.020 mol·55 ℃时未观察到溶液变蓝，混合，记录10～55 ℃间溶液变蓝时间，实验结果如图。据图分析，下列判断不正确的是(

)

A．40 ℃之前，温度升高反应速率加快，变蓝时间变短

B．40 ℃之后溶液变蓝的时间随温度的升高变长

C．图中b、c两点对应的NaHSO3的反应速率相等

D．图中a点对应的NaHSO3的反应速率为5.0×10－5mol·L－1·s－1

19、做好垃圾分类，推动城市绿色发展。下列有关生活垃圾分类不合理的是（

）

选项

生活垃圾

A

牛奶盒

B

眼药水

C

干电池

D

西瓜皮

垃圾分类标识

A．A B．B C．C D．D

20、下列实验操作能达到实验目的的是

A．用排水法收集铜粉与浓硝酸反应产生的NO2

B．用氨水鉴别NaCl、MgCl2、AlCl3、NH4Cl四种溶液

C．用酸性KMnO4溶液验证草酸的还原性

D．用饱和NaHCO3溶液除去Cl2中混有的HCl

21、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A．标准状况下，11.2LNO2中含有的氧原子数目为NA

B．1mol20Ne和22Ne的混合物中含有的中子数目为10NA

C．8.4gNaHCO3和MgCO3的混合物中含有的阴离子数目为0.1NA

D．已知某温度下硼酸（H3BO3）饱和溶液的pH=4.6，则溶液中H+的数目为1×10-4.6NA

L-1 NaHCO3溶液，pH约为8，向其中滴加等体积等浓度的饱和CaCl2溶液，有白色沉淀和无22、常温下2 mL 1 mol·色气体生成。下列说法中正确的是

．．A．NaHCO3溶液中， c(H+) + c(Na+) = c(HCO3-) + c(CO32-) + c(OH-)

B．NaHCO3溶液中，c(Na+) > c(OH-)> c(HCO3-) > c(H+)

C．加热NaHCO3溶液，pH增大，一定是HCO3-

水解程度增大的结果

D．滴加饱和CaCl2溶液发生了反应：Ca2+

+ 2HCO3- = CaCO3↓ + H2O + CO2↑

二、非选择题(共84分)

23、（14分）有机物F是一种用途广泛的香料,可用烃A与有机物E为原料,按照如下流程进行合成。已知A在标准状L-1。 况下的密度为1.25 g·

回答下列问题:

(1)有机物F中含有的官能团名称为____。

(2)A生成B的反应类型为________。

(3)写出流程中B生成C的化学方程式_______。

(4)下列说法正确的是____。

A

流程图中有机物B转化为C，Cu参与了化学反应,但反应前后的质量保持不变

B

有机物C不可能使溴水褪色

C

有机物D、E生成F的反应为酯化反应,本质上是取代反应

D

合成过程中原子的理论利用率为100%的反应只有一个

24、（12分）化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：

已知：①RCHO+CH3CHO②

RCH=CHCHO

③+HCHO+HCOO

-回答下列问题：

（1）E中含氧官能团名称为_________非含氧官能团的电子式为_______。E的化学名称为苯丙炔酸，则B的化学名称为__________。

（2）C→D的反应类型为__________。B→C的过程中反应①的化学方程式为 ________。

（3）G的结构简式为_________。

（4）写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式________。

①遇FeCl3溶液显紫色；②能发生银镜反应；③分子中有五种不同化学环境的氢且个数比为1:1:2:2:4

（5）写出用甲醛和乙醇为原材料制备化合物C(CH2ONO2)4的合成路线（其他无机试剂任选，合成路线流程图示例见本题题干）。_________。

25、（12分）K3FeC2O433H2O（三草酸合铁酸钾晶体）为翠绿色晶体，可用于摄影和蓝色印刷，110℃失去结晶水，230℃分解。某化学研究小组对K3FeC2O433H2O受热分解生成的气体产物和固体产物进行探究。

实验I：探究实验所得的气体产物，按下图装置进行实验（夹持仪器已略去，部分装置可重复使用）。

（1）实验室常用饱和NH4Cl和饱和NaNO2的混合液制N2，反应的化学方程式为_____________。

（2）装置的连接顺序为：A→__→__→__→__→__→F（填各装置的字母代号）。

（3）检查装置气密性后，先通一段时间N2，其目的是________，实验结束时熄灭A、C两处的酒精灯，继续通N2至

常温，其目的是__________。

（4）实验过程中观察到F中的溶液变浑浊，C中有红色固体生成，则气体产物____（填化学式）。

（实验二）分解产物中固体成分的探究

（5）定性实验：经检验，固体成分含有K2CO3、FeO、Fe。

定量实验：将固体产物加水溶解、过滤洗涤、干燥，得到含铁样品。完成上述实验操作，需要用到下列仪器中的__________（填仪器编号）。

设计下列三种实验方案分别对该含铁样品进行含量的测定

溶液得固体bg （甲方案）ag样品搅拌搅拌烘干灼烧测得气体体积VmL（标况）（乙方案）ag样品

搅拌（丙方案）

你认为以上方案中可以确定样品组成的有_____________方案。

（6）经测定产物中n(FeO):n(Fe)1:1，写出K3FeC2O433H2O分解的化学方程式_________。

足量稀硝酸测量气体体积足量稀硝酸足量NaOH溶液过滤洗涤26、（10分）三苯甲醇()是重要的有机合成中间体。实验室中合成三苯甲醇时采用如图所示的装置，其合成流程如图：

已知:①格氏试剂易潮解，生成可溶于水的 Mg(OH)Br。

②三苯甲醇可通过格氏试剂与苯甲酸乙酯按物质的量比2:1反应合成

③相关物质的物理性质如下：

物质 相对分子量 沸点 熔点 溶解性

不溶于水，溶于乙三苯甲醇

260

380℃

164.2℃ 醇、乙醚等有机溶剂

微溶于水，溶于乙乙醚

-

34.6℃

-116.3℃

醇、苯等有机溶剂

不溶于水，溶于乙溴苯

-

156.2℃

-30.7℃ 醇、乙醚等有机溶剂

苯甲酸乙酯

请回答下列问题：

（1）合成格氏试剂：实验装置如图所示，仪器A的名称是____，已知制备格氏试剂的反应剧烈放热，但实验开始时常加入一小粒碘引发反应，推测I2的作用是____。使用无水氯化钙主要是为避免发生____（用化学方程式表示）。

（2）制备三苯甲醇：通过恒压滴液漏斗往过量的格氏试剂中加入13mL苯甲酸乙酯（0.09mol）和15mL无水乙醚的混合液，反应剧烈，要控制反应速率除使用冷水浴外，还可以 ___（答一点）。回流0.5h后，加入饱和氯化铵溶液，有晶体析出。

（3）提纯：冷却后析出晶体的混合液含有乙醚、溴苯、苯甲酸乙酯和碱式溴化镁等杂质，可先通过 ___（填操作方法，下同）除去有机杂质，得到固体17.2g。再通过 ___纯化，得白色颗粒状晶体16.0g，测得熔点为164℃。

（4）本实验的产率是____（结果保留两位有效数字）。本实验需要在通风橱中进行，且不能有明火，原因是____。

27、（12分）铜及其化合物在生产、生活中有广泛的应用。某研究性学习小组的同学对铜常见化合物的性质和制备进行实验探究，研究的问题和过程如下：

I.探究不同价态铜的稳定性

进行如下实验：

(1)向Cu2O中加适量稀硫酸，得到蓝色溶液和一种红色固体，该反应的离子化学方程式为：__________。由此可知，在酸性溶液中，+2价Cu比+1价Cu更_______(填“稳定”或“不稳定”)。

(2)将CuO粉末加热至1000oC以上完全分解成红色的Cu2O粉末，该反应说明：在高温条件下，+1价的Cu比+2价150

212.6℃

-34.6℃ 不溶于水

Cu更_______(填“稳定”或“不稳定”)。

II.探究通过不同途径制取硫酸铜

(1)途径A：如下图

①杂铜(含少量有机物)灼烧后的产物除氧化铜还含少量铜，原因可能是___________(填字母代号)

a.该条件下铜无法被氧气氧化 b.灼烧不充分，铜未被完全氧化

c.氧化铜在加热过程中分解生成铜 d.灼烧过程中部分氧化铜被还原

②测定硫酸铜晶体的纯度：

某小组同学准确称取4.0g样品溶于水配成100mL溶液，取10mL溶液于锥形瓶中，加适量水稀释，调节溶液pH=3~4，加入过量的KI，用0.1000mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点，共消耗14.00mLNa2S2O3标准溶液。上述过程中反2+-2--2-应的离子方程式如下：2Cu+4I=2Cul+I2,I2+2S2O3==2I+S4O6。则样品中硫酸铜晶体的质量分数为_________________

(2)途径B：如下图

①烧瓶内可能发生反应的化学方程式为_______________ (已知烧杯中反应：2NaOH2NO2NaNO3NaNO2H2O)

②下图是上图的改进装置，其中直玻璃管通入氧气的作用是_____________________。

Ⅲ.探究用粗铜(含杂质Fe)按下述流程制备氯化铜晶体CuCl22H2O。

(1)实验室采用如下图所示的装置，可将粗铜与Cl2反应转化为固体l(部分仪器和夹持装置已略去)，

有同学认为应在浓硫酸洗气瓶前增加吸收HCl的装置，你认为是否必要________(填“是”或“否”)

(2)将溶液2转化为CuCl22H2O的操作过程中，发现溶液颜色由蓝色变为绿色。

已知：在氯化铜溶液中有如下转化关系：[Cu(H2O)4]2+(aq，蓝色)+4Cl-(aq) CuCl42-(aq，黄色)+4H2O(l)，该小组同学取氯化铜晶体配制成蓝绿色溶液Y，进行如下实验，其中能够证明CuCl2溶液中有上述转化关系的是_____________(填序号)(已知：较高浓度的CuCl4溶液呈绿色)。

a.将Y稀释，发现溶液呈蓝色

b.在Y中加入CuCl2晶体，溶液变为绿色

c.在Y中加入NaCl固体，溶液变为绿色

d.取Y进行电解，溶液颜色最终消失

Ⅳ.探究测定铜与浓硫酸反应

取6.4g铜片和12mL18mol/L浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，一段时间后停止反应，为定量测定余酸的物质的量浓度，某同学设计的方案是：在反应后的溶液中加蒸馏水稀释至1000mL，取20mL至锥形瓶中，滴入2~3滴甲基橙指示剂，用标准氢氧化钠溶液进行滴定(已知氢氧化铜开始沉淀的pH约为5)，通过测出消耗氢氧化钠溶液的体积来求余酸的物质的量浓度。假定反应前后烧瓶中溶液的体积不变，你认为该学生设计的实验方案能否求得余酸的物质的量浓度____________(填“能”或“不能”)，其理由是_____________。

28、（14分）Fe、Cu、Cr都是第四周期过渡元素,回答下列问题。

（1）FeCl3是一种常用的净水剂，氯元素的原子核外有____种不同运动状态的电子；有___种不同能级的电子，基态Fe3+的电子排布式为___。

（2）实验室中可用KSCN或K4[Fe(CN)6]来检验Fe3+。FeCl3与KSCN溶液混合，可得到配位数为5的配合物的化学式是____；K4[Fe(CN)6]与Fe3+反应可得到一种蓝色沉淀KFe[Fe(CN)6]，该物质晶胞的一个晶胞中的K+个数为 ___。

21结构如图所示(K+未画出)，则8

（3）Cu2+能与乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)形成配离子。该配离子中含有的化学键类型有 __ (填字母)

a.配位键 b.极性键 c.离子键 d.非极性键,

乙二胺中共有____个σ键，C原子的杂化方式为 ___。

（4）金属铜的晶胞为面心立方最密堆积，边长为361pm。又知铜的密度为9.0g·cm-3，则铜原子的直径约为____pm。

（5）Cr是周期表中第ⅥB族元素，化合价可以是0~+6的整数价态。回答下列问题。某化合物的化学式为Na3CrO8，其阴离子结构可表示为CrO42-呈四面体构型,结构为，则Cr的化合价为____。Cr2O72-由两个CrO42-，四面体组成，这两个CrO42-四面体通过共用一个顶角氧原子彼此连接,结构为顶角氧原子连续的链式结构的化学式为____。

29、（10分）CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的化工原料。回答下列问题：

（1）CH4超干重整CO2的催化转化如图所示：

。则由n(n>1)个CrO42-通过

①已知相关反应的能量变化如图所示：

过程Ⅰ的热化学方程式为________。

②关于上述过程Ⅱ的说法不正确的是________（填序号）。

a．实现了含碳物质与含氢物质的分离

b．可表示为CO2＋H2＝H2O（g）＋CO

c．CO未参与反应

d．Fe3O4、CaO为催化剂，降低了反应的ΔH

③其他条件不变，在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下，反应CH4（g）＋CO2（g）＝2CO（g）＋2H2（g）进行相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如图所示。a点所代表的状态________（填“是”或“不是”）平衡状态；b点CH4的转化率高于c点，原因是________。

（2）在一刚性密闭容器中，CH4和CO2的分压分别为20kPa、25kPa，加入Ni／α－Al2O3催化剂并加热至1123K使其发生反应CH4（g）＋CO2（g）＝2CO（g）＋2H2（g）。

①研究表明CO的生成速率υ（CO）＝1.3×10－2·p（CH4）·p（CO2）mol·g－1·s－1，某时刻测得p（CO）＝20kPa，则p（CO2）＝________kPa，υ（CO）＝________mol·g·s。

②达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，则该反应的平衡常数的计算式为Kp＝________（kPa）。（用各物质的分压代替物质的量浓度计算）

（3）CH4超干重整CO2得到的CO经偶联反应可制得草酸（H2C2O4）。常温下，向某浓度的草酸溶液中加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中cH2C2O4=cC2O4，则此时溶液的pH＝________。（已知常温下H2C2O4的Ka1＝6×10－2，Ka2＝2-2－1－16×10－5，lg6＝0.8）

参考答案（含详细解析）

一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）

1、C

【答案解析】

A.电解精炼铜，粗铜作阳极，纯铜作阴极，含铜离子的电解质溶液，A错误；

B.5.6g

Fe物质的量为0.1mol，足量Cl2中完全燃烧生成氯化铁，转移电子数为0.3NA，B错误；

C.氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性，加水稀释促进铵根的水解，溶液中cNH3H2OcNH+3、BaSO4的饱和溶液中存在化学平衡BaCO3(s)+SO42-⇌BaSO4(s)+CO32-溶度积常数随温度变化，温度不变，比值不变，D错误；

故合理选项是C。

2、C

【答案解析】

增大，故C正确；

cCOKBaCO(aq)，=，cSOKBaSO2-3sp32-4sp4A.a极为负极，负极上甲烷发生氧化反应，电极反应式为：CH4-8e－＋4O2－=CO2＋2H2O，A错误；

B.根据题干信息：利用CH4燃料电池电解制备Ca(H2PO4)2并得到副产物NaOH、H2、Cl2，，可知阳极室的电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2，则阳极室内钙离子向产品室移动，A膜为阳离子交换膜，阴极室的电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-H2，则原料室内钠离子向阴极室移动，C膜为阳离子交换膜，B错误；

C.阴极电极不参与反应，可用铁替换阴极的石墨电极，C正确；

D.a极上通入2.24L甲烷，没有注明在标准状况下，无法计算钙离子减少的物质的量，D错误；

答案选C。

【答案点睛】

D容易错，同学往往误以为1mol气体的体积就是22.4L，求气体体积时一定要注意气体所处的状态。

3、B

【答案解析】

分子式为C13H20O，故A正确；双键两端的原子共平面，所以至少有5个碳原子共平面，故B错误；含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾褪色，故C正确；含有2个碳碳双键、1个羰基，一定条件下，1mol该化合物最多可与3mol H2加成，

故D正确。

4、A

【答案解析】

A．Cl2与水反应生成氯化氢和次氯酸，不产生氢气，故A正确；

B．Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故B错误；

C．Na与水反应生成氢氧化钠和氢气，故C错误；

D．C与水反应生成氢气和一氧化碳，故D错误；

答案选A。

【答案点睛】

熟知元素及其化合物的性质是解题的关键，还要注意氯气是常见的氧化剂，与水反应发生歧化反应，其余物质是还原剂，可将水中的氢元素还原为氢气。

5、C

【答案解析】

A、向盐酸和氯化铝混合溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，先发生反应：HCl+NaOH=NaCl+H2O，无明显现象，AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，产生沉淀，后沉淀溶解，图中一开始就有沉淀，故A错误；B、在NaHCO3和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸，反应分以下两步进行:

Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，图中一开始就有气泡，不符合，故B错误；C、向NaOH溶液中通入氯气，发生 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，开始转移电子数逐渐增多，饱和后不再溶解，故C正确；D、在氢氧化钡溶液中滴加NaHCO3溶液，少量时的反应是:NaHCO3+Ba(OH)2=BaCO3↓+NaOH+H2O，过量时的反应是:Ba(OH)2+2NaHCO3 =BaCO3↓+Na2CO3+2H2O，导电能力是先变小，再变大，但由于有Na＋离子，导电能力不可能变为0，故D错误；故选C。

6、B

【答案解析】

A.

升高温度，NO的转化率降低；

B.

达平衡后，其他条件不变，使n(CO)/n(NO)＞1，增大反应物浓度；

C. X点更换高效催化剂，能使反应速率加快；

D. Y点再通入CO、N2各0.01 mol，增大反应物的浓度，平衡正向移动。

【题目详解】

A.

升高温度，NO的转化率降低，因此反应2NON2＋O2为放热反应，ΔH<0，A项错误；

B.

达平衡后，其他条件不变，使n(CO)/n(NO)＞1，增大了CO的浓度，平衡正移，但CO的转化率降低，B项正确；

C. X点更换高效催化剂，能使反应速率加快，但不能改变NO的转化率，C项错误；

D. Y点再通入CO、N2各0.01 mol，增大反应物的浓度，平衡正向移动，因此此时v(CO，正)>v(CO，逆)，D项错误；

答案选B。

7、C

【答案解析】

A．Na、Al、Fe的氧化物中，过氧化钠能跟酸起反应，除生成盐和水外，还生成氧气，不是碱性氧化物，氧化铝不但可以和碱反应还可以和酸反应均生成盐和水，为两性氧化物，故A错误；

B．氢氧化钠、氢氧化铝为白色固体，而氢氧化铁为红褐色固体，故B错误；

C．钠与水反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，生成氢氧化钠和氢气，铁与水蒸汽反应生成氢气与四氧化三铁，3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，在金属活动性顺序表中，铝介于二者之间，铝和水2Al+6H2O2Al(OH)3+3H2↑，反应生成氢氧化铝和氢气，高温下氢氧化铝分解阻碍反应进一步进行，但铝能与水反应，故C正确；

D．Na在空气中最终生成碳酸钠，Al在空气中与氧气在铝的表面生成一层致密的氧化物保护膜，不是形成致密氧化膜，阻止Al与氧气的进一步反应，铁在空气中生成三氧化二铁，不是形成致密氧化膜，故D错误；

故答案为C。

8、B

【答案解析】

A、NH3+H2ONH3·H2O

⊿H<0，升高温度，促进氨水分解，正确；

B、Fe2+易被氧化为Fe3+，加入Fe粉，Fe+2Fe3+=3Fe2+，能防止Fe2+氧化变质，B不能用勒沙特列原理解释；

C、增大一种反应物浓度，可以提高另一反应物转化率，正确；

D、Cl2+H2O答案选B。

9、D

【答案解析】

A.

单晶硅是良好的半导体材料，可以制作芯片，A项正确；

B.

铜属于金属，具有良好的导电性，可以做手机线路板，B项正确；

C.

镁铝合金密度小强度高，具有轻便抗压的特点，C项正确；

D.

手机电池工作时，电池中化学能主要转化为电能，但有一部分能量以热能形式会散失，D项错误；

答案选D。

10、C

【答案解析】

A.

通常病毒传播主要有三种方式：一是飞沫传播，二是接触传播，三是空气传播，该病毒主要通过飞沫和接触传播，A正确；

H++Cl-+HClO，增大c(Cl-)，抑制氯气溶解，D正确。

B.飞沫传播就是通过咳嗽、打喷嚏、说话等产生的飞沫进入易感黏膜表面，为了减少传染性，出门应戴好口罩，做好防护措施，B正确；

C.该冠状病毒由核酸和蛋白质构成，其核酸为正链单链RNA，C错误；

D. “84消毒液”的主要成分NaClO具有强的氧化性，能够使病毒的蛋白质氧化发生变性而失去其生理活性，因此“84消毒液”具有杀菌消毒作用，D正确；

故合理选项是C。

11、B

【答案解析】

A．从图示可以看出，在Pd上，H2失去电子生成H+，所以Pd作负极，故A错误；

B．Fe（Ⅱ）失去电子转化为Fe（Ⅲ），失去的电子被NO2-得到，H2失去的电子被Fe（Ⅲ）得到，Fe（Ⅲ）转化为Fe（Ⅱ），所以Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）的相互转化起到了传递电子的作用，故B正确；

C．反应过程中NO2-被Fe（Ⅱ）还原为N2，故C错误；

D．总反应为：2NO2-+3H2+2H+=N2+4H2O，消耗了H+，所以用该法处理后水体的pH升高，故D错误；

故选B。

12、C

【答案解析】

A. S原子的质子数是16，中子数为16的硫原子：16S，故A错误；

B. Cl-的质子数是17，核外电子数是18，Cl-的结构示意图是，故B错误；

32C.

甲酸甲酯是甲酸和甲醇酯化反应的产物，甲酸甲酯的结构简式是HCOOCH3，故C正确；

D.

氢氧化钠是离子化合物，氢氧化钠的电子式是13、C

【答案解析】

A．根据电荷守恒，当体积相同的盐酸和醋酸两种溶液中n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣)，氢离子浓度相同，溶液pH相同，故A错误；

B．根据电荷守恒，当体积相同的盐酸和醋酸两种溶液中n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣)，氢离子浓度相同，溶液pH相同，故B错误；

C．醋酸是弱酸存在电离平衡，当n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣)时，n(CH3COOH)远远大于n(HCl)，与NaOH完全中和时，醋酸消耗的NaOH多于盐酸，故C正确；

D．加水稀释时，醋酸电离平衡正向移动，醋酸溶液中醋酸根离子物质的量增大，而盐酸溶液中氯离子物质的量不变，，故D错误。

所以分别用水稀释相同倍数后，所得溶液中：n (Cl﹣)

选C。

【答案点睛】

本题考查了弱电解质的电离，侧重于学生的分析能力的考查，根据电荷守恒判断两种溶液中氢离子浓度相等是解本题关键，再结合弱电解质电离特点来分析解答。

14、A

【答案解析】

无色溶液中一定不含Cu2+，往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成，无SO42-，加足量氯水，无气体，则无CO32-，溶液加四氯化碳分液，下层橙色，则有Br-，上层加硝酸钡和稀硝酸有白色沉淀，有SO32-，无Mg2+，溶液中一定含阳离子，且离子浓度都为0.1mol·L－1。根据电荷守恒，一定含有NH4+、Na+、K+，一定不存在Cl-。滤液中加硝酸酸化的硝酸银有白色沉淀，是过程中加氯水时引入的氯离子。

A．过程中用氯水与亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子，已引入氯离子，若改用BaCl2和盐酸的混合溶液，则对溶液中离子的判断无影响，故A正确；

B．由上述分析可知， Cl-不存在，故B错误；

C．肯定存在的离子是SO32-、Br-、NH4+、Na+、K+，故C错误；

D．肯定不存在的离子有Mg2+、Cu2+、SO42-、CO32-、Cl－，故D错误；故选A。

15、C

【答案解析】

n(NaOH)＝0.1 L×3 mol·L－1＝0.3 mol；

A.a＝3.36时，n(CO2)＝0.15 mol，发生CO2＋2OH－=CO32-＋H2O，故不选A；

－B.a＝4.48时，n(CO2)＝0.2 mol，由C原子守恒及电荷守恒可知，发生2CO2＋3OH= CO32-＋HCO3-＋H2O，故不选B；

C.a＝5.60时，n(CO2)＝0.25 mol，由C原子守恒及电荷守恒可知，发生的反应为5CO2＋6OH－= CO32-＋4HCO3-＋H2O中，故选C；

D.a＝6.72时，n(CO2)＝0.3 mol，发生CO2+OH―=HCO3―，故不选D；

答案：C。

【答案点睛】

少量二氧化碳：发生CO2+2OH-=CO32-+H2O，足量二氧化碳：发生CO2+OH-=HCO3-，结合反应的物质的量关系判断。

16、C

【答案解析】

A. Fe2O3的颜色是红色，可用作红色颜料，故A正确；

B.

浓H2SO4具有吸水性，可用作干燥剂，故B正确；

C.

单质Si是半导体材料，故C错误；

D. NaHCO3加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，可用作焙制糕点，故D正确；

答案选C。

17、B

【答案解析】

2溶液显碱性，离子方程式4OH－＋ClO2-＋2SO2=2SO42-＋Cl－＋2H2O，选项A错误；

B.脱去硫的浓度为(8.35×10－4＋6.87×10－6) mol·L－1，脱去氮的浓度为(1.5×10－4＋1.2×10－5) mol·L－1，且在同一容器，时间相同，脱硫反应速率大于脱硝反应速率，选项B正确；

C.加入NaCl固体，提高c(Cl－)加快了反应速率，提高c(Na＋)，不影响反应速率，选项C错误；

D.不知硫的起始物质的量，且SO42-、SO32-都是脱硫的不同形式，无法计算，选项D错误。

答案选B。

18、C

【答案解析】

A、根据图像，40℃以前由80s逐渐减小，说明温度升高反应速率加快，故A说法正确；

B、根据图像，40℃之后，溶液变蓝的时间随温度的升高变长，故B说法正确；

C、40℃以前，温度越高，反应速率越快，40℃以后温度越高，变色时间越长，反应越慢，可以判断出40℃前后发生的化学反应不同，虽然变色时间相同，但不能比较化学反应速率，故C说法错误；

D、混合前NaHSO3的浓度为0.020mol·L－1，忽略混合前后溶液体积的变化，根据c1V1=c2V2，混合后NaHSO3的浓度为－=0.0040mol·L－1，a点溶液变蓝时间为80s，NaHSO3因为NaHSO3不足或KIO3过量，=5.0×10－浓度由0.0040mol·L1变为0，根据化学反应速率表达式，a点对应的NaHSO3反应速率为5mol/(L·s)，故D说法正确；

答案选C。

【答案点睛】

易错点是选项D，学生计算用NaHSO3表示反应速率时，直接用0.02mol·L1和时间的比值，忽略了变化的NaHSO3浓度应是混合后NaHSO3溶液的浓度。

19、C

【答案解析】

A.

牛奶盒是包装纸，属于可回收物，故A正确；

B.

眼药水是过期药品，属于有害垃圾，故B正确；

C.

干电池属于有害垃圾，故C错误；

－

D.

西瓜皮是厨余垃圾，属于湿垃圾，故D正确；

答案选C。

20、C

【答案解析】

A、NO2和水发生反应：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，不能用排水法收集NO2，应用排空气法收集，故错误；

B、现象分别是无现象、有白色沉淀、有白色沉淀(氢氧化铝溶于强碱不溶于弱碱)、无现象，因此不能区分，应用NaOH溶液，进行鉴别，故错误；

C、高锰酸钾溶液，可以把草酸氧化成CO2，即2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，故正确；

D、Cl2＋H2O21、C

【答案解析】

A．标准状况下，NO2液化且部分转化为N2O4，无法计算含有的氧原子数目，A不正确；

B．1mol20Ne和22Ne的混合物中含有的中子数目介于10NA~12NA之间，B不正确；

C．8.4gNaHCO3和8.4g MgCO3含有的阴离子数目都为0.1NA，则8.4g混合物所含阴离子数目也应为0.1NA，C正确；

D．硼酸饱和溶液的体积未知，无法计算溶液中H+的数目，D不正确；

故选C。

22、D

【答案解析】

A.

根据电荷守恒可知，NaHCO3溶液中， c(H+) + c(Na+) = c(HCO3-) + 2c(CO32-) + c(OH-)，A项错误；

B.

常温下2 mL 1 mol·L-1 NaHCO3溶液，pH约为8，溶液显碱性，溶液中HCO3-水解程度大于其电离程度，c(Na+)>

c(HCO3-) > c(OH-) > c(H+)，B项错误；

C.

加热NaHCO3溶液，可能分解为碳酸钠，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，pH会增大，C项错误；

D.

向碳酸氢钠溶液中滴加几滴饱和CaCl2溶液，有白色沉淀生成为碳酸钙沉淀，促进了碳酸氢根离子的电离，离子方程式为：Ca2+

+ 2HCO3- = CaCO3↓ + H2O + CO2↑，D项正确；

答案选D。

二、非选择题(共84分)

23、酯基

加成反应 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O AC

【答案解析】

mol-1×1.25 g·L-1=28 g·mol-1，A

为CH2=CH2，和水加由A在标准状况下的密度可以求出A的相对分子质量为22.4 L·成生成乙醇，B为CH3CH2OH，乙醇催化氧化生成乙醛，C为CH3CHO，乙醛再催化氧化为乙酸，D为CH3COOH。HCl＋HClO，HCl消耗NaHCO3，促使平衡向正反应方向移动，因此应用饱和食盐水，故错误。

F为乙酸苯甲酯，由乙酸和E生成，故E为苯甲醇。

【题目详解】

（1）F是酯，含有的官能团为酯基；

（2）乙烯生成乙醇是发生了乙烯和水的加成反应，故反应类型为加成反应；

（3）乙醇催化氧化生成乙醛的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

（4）A.乙醇转化为乙醛的反应中，Cu是催化剂，Cu先和氧气生成CuO，CuO再和乙醇生成Cu和乙醛，所以Cu参与了化学反应,但反应前后的质量保持不变，故A正确；

B.乙醛有还原性，可以被溴水中的溴氧化从而使溴水褪色，故B错误；

C.乙酸和苯甲醇生成乙酸苯甲酯的反应是酯化反应，本质上是取代反应，故C正确；

D.合成过程中原子的理论利用率为100%的反应有2个，分别是乙烯加成生成乙醇和乙醛催化氧化为乙酸。故D错误。

故选AC。

【答案点睛】

在有机转化关系中，连续氧化通常是醇氧化成醛，醛进一步氧化成羧酸。

24、羧基

+NaOH

苯丙烯醛

加成反应

+Cu2O↓+3H2O

+2Cu(OH)2

CH3CH2OH【答案解析】

CH3CHOC(CH2OH)4C(CH2ONO2)4

由信息①及B分子式可知A应含有醛基，且含有7个C原子，则芳香化合物A为B与新制氢氧化铜反应后酸化生成C，；则C为，因此B为C与溴发生加成反应生成D，，D为D发生消去反应并酸化得到E，E与乙醇发生酯化反应生成F，F为，，对比F、H的结构简式，结合信息②可知，G为。据此分析解答。

(5)CH2=CH2和水发生加成反应生成CH3CH2OH，CH3CH2OH发生催化氧化反应生成CH3CHO，CH3CHO和HCHO发生信息反应生成HOCH2C(CH2OH)2CHO，HOCH2C(CH2OH)CHO发生加成反应生成HOCH2C(CH2OH)3，HOCH2C(CH2OH)3和浓硝酸发生取代反应生成C(CH2ONO2)4。

【题目详解】

(1)E()中的含氧官能团为羧基，非含氧官能团为碳碳三键，其电子数为，E的化学名

称为苯丙炔酸，则B()的化学名称为苯丙烯醛，故答案为羧基；；苯丙烯醛；

(2)C为，发生加成反应生成D，B为，C为，B→C的过程中反应①的化学方程式为+NaOH+Cu2O↓+3H2O，故答案为加成反应；+Cu2O↓+3H2O；

+2Cu(OH)2

+2Cu(OH)2+NaOH

(3)G

的结构简式为，故答案为；

(4)F为，F的同分异构体符合下列条件：①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；②能发生银镜反应，说明含有醛基；③分子中有5

种不同化学环境的氢且个数比为1∶1∶2∶2∶4，符合条件的同分异构体结构简式为，故答案为；

(5)CH3CH2OH发生催化氧化反应生成CH3CHO，CH3CHO和HCHO发生信息①的反应生成C(CH2OH)4， C(CH2OH)3和浓硝酸发生酯化反应生成C(CH2ONO2)4，合成路线为CH3CH2OHCH3CHOC(CH2OH)4C(CH2ONO2)4，故答案为

CH3CH2OH【答案点睛】

CH3CHOC(CH2OH)4C(CH2ONO2)4。

本题的难点为(5)，要注意题干信息的利用，特别是信息①和信息③的灵活运用，同时注意C(CH2ONO2)4属于酯类物质，不是硝基化合物。

25、NH4Cl + NaNO2ΔN2↑+ NaCl +2H2O B F D E C

排出装置中的空气，防止空气中的O2和CO2干扰实验结果

防止F中溶液倒吸进入C中

CO2、CO

①②⑤⑦

甲、乙

2K3FeC2O433H2O【答案解析】

加热3K2CO3FeOFe5CO24CO6H2O

⑴实验室常用饱和NH4Cl和饱和NaNO2的混合液制N2。

⑵利用C装置的无水硫酸铜粉末检验水蒸气，再利用F装置检验CO2，用D装置除去多余的CO2，用E装置干燥CO气体，利用D装置中灼热的CuO和F装置澄清石灰水检验CO。

⑶先通一段时间N2，排尽装置中的空气，实验结束时，先熄灭A、C两装置中的酒精灯，再通入N2至室温。

⑷实验过程中观察到F中的溶液都变浑浊，说明生成的气体含二氧化碳，C中有红色固体生成，说明气体中含一氧化碳还原氧化铜生成二氧化碳和铜。

⑸①溶解过滤时需要用到的仪器主要用烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台；

②【甲方案】ag样品加入足量稀硝酸搅拌溶液，加入足量NaOH溶液搅拌、过滤、洗涤、烘干、灼烧得固体bg，bg为氧化铁，结合铁元素守恒可以计算铁的含量；【乙方案】ag样品加入足量稀硝酸搅拌，测量气体体积测得气体体积VmL(标况)，气体为一氧化氮，一氧化氮是FeO、Fe和稀硝酸反应生成，能测定铁元素含量；【丙方案】ag样品加入足量稀硝酸溶液配制250mL溶液，每次取25mL溶液用酸性KMnO4溶液滴定，三次平均消耗0.1molL−1酸性KMnO4溶液VbmL，该过程中足量稀硝酸会把FeO、Fe氧化生成铁离子，铁离子不能用高锰酸钾溶液反应测定，故丙不能测定。

Fe物质的量分别为1mol，⑹经测定产物中n假设生成的FeO、则得到电子为1mol+3mol=4mol，(FeO):n(Fe)1:1，草酸根中碳部分变为+4价，部分变为+2价，2molK3FeC2O433H2O生成3mol K2CO3，失去3mol电子，根据得失电子守恒9mol碳元素中5mol碳失去电子5mol电子，4mol碳得到4mol电子。

【题目详解】

⑴实验室常用饱和NH4Cl和饱和NaNO2的混合液制N2，反应的化学方程式为NH4Cl + NaNO2ΔN2↑+ NaCl +2H2O；故答案为：NH4Cl + NaNO2ΔN2↑+ NaCl +2H2O。

⑵利用C装置的无水硫酸铜粉末检验水蒸气，再利用F装置检验CO2，用D装置除去多余的CO2，用E装置干燥COA→B →F→D→E

气体，利用D装置中灼热的CuO和F装置澄清石灰水检验CO，则根据气体流向连接装置的顺序为：→C→F；故答案为：B；F；D；E；C。

⑶先通一段时间N2，排尽装置中的空气，防止空气中的O2和CO2干扰实验。实验结束时，先熄灭A、C两装置中的酒精灯，再通入N2至室温，目的是防止压强减小，F装置中的溶液倒吸；故答案为：排出装置中的空气，防止空气中的和干扰实验结果；防止F中溶液倒吸进入C中。

⑷实验过程中观察到F中的溶液都变浑浊，说明生成的气体含二氧化碳，C中有红色固体生成，说明气体中含一氧化碳还原氧化铜生成二氧化碳和铜，则气体产物是CO2、CO；故答案为：CO2、CO。

⑸①定量实验：将固体产物加水溶解、过滤洗涤、干燥，得到含铁样品，溶解过滤时需要用到的仪器主要用烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台；故答案为：①②⑤⑦。

②【甲方案】ag样品加入足量稀硝酸搅拌溶液，加入足量NaOH溶液搅拌、过滤、洗涤、烘干、灼烧得固体bg，bg为氧化铁，结合铁元素守恒可以计算铁的含量；【乙方案】ag样品加入足量稀硝酸搅拌，测量气体体积测得气体体积VmL(标况)，气体为一氧化氮，一氧化氮是FeO、Fe和稀硝酸反应生成，能测定铁元素含量；【丙方案】ag样品加入足量稀硝酸溶液配制250mL溶液，每次取25mL溶液用酸性KMnO4溶液滴定，三次平均消耗0.1molL−1酸性KMnO4溶液VbmL，该过程中足量稀硝酸会把FeO、Fe氧化生成铁离子，铁离子不能用高锰酸钾溶液反应测定，故丙不能测定；故答案为：甲、乙。

Fe物质的量分别为1mol，⑹经测定产物中n假设生成的FeO、则得到电子为1mol+3mol=4mol，(FeO):n(Fe)1:1，草酸根中碳部分变为+4价，部分变为+2价，2molK3FeC2O433H2O生成3mol K2CO3，失去3mol电子，根据4mol碳得到4mol电子，得失电子守恒9mol碳元素中5mol碳失去电子5mol电子，依次K3FeC2O433H2O分解的化学方程式2K3FeC2O433H2O加热3K2CO3FeOFe5CO24CO6H2O；故答案为：2K3FeC2O433H2O加热3K2CO3FeOFe5CO24CO6H2O。

26、球形干燥管

与Mg反应放出热量，提供反应需要的活化能

缓慢滴加混合液

蒸馏

重结晶 68%

乙醚有毒，且易燃

【答案解析】

+H2O→+Mg(OH)Br

首先利用镁条、溴苯和乙醚制取格氏试剂，由于格氏试剂易潮解，所以需要在无水环境中进行反应，则装置A中的无水氯化钙是为了防止空气中的水蒸气进入反应装置；之后通过恒压滴液漏斗往过量的格氏试剂中加入苯甲酸抑制和无水乙醚混合液，由于反应剧烈，所以需要采用冷水浴，同时控制混合液的滴入速率；此时得到的三苯甲醇溶解在有机溶剂当中，而三苯甲醇的沸点较高，所以可采用蒸馏的方法将其分离，除去有机杂质；得到的粗品还有可溶于水的

Mg(OH)Br杂质，可以通过重结晶的方法分离，三苯甲醇熔点较高，所以最终得到的产品为白色颗粒状晶体。

【题目详解】

(1)根据装置A的结构特点可知其为球形干燥管；碘与Mg反应放热，可以提供反应需要的活化能；无水氯化钙防止空气中的水蒸气进入反应装置，使格氏试剂潮解，发生反应：+H2O→+Mg(OH)Br；

(2)控制反应速率除降低温度外(冷水浴)，还可以缓慢滴加混合液、除去混合液的杂质等；

(3)根据分析可知应采用蒸馏的方法除去有机杂质；进一步纯化固体可采用重结晶的方法；

(4)三苯甲醇可以通过格氏试剂与苯甲酸乙酯按物质的量比2:1反应，由于格氏试剂过量，所以理论生成的n(三苯甲

醇)=n(苯甲酸乙酯)=0.09mol，所以产率为所以需要在通风橱中进行。

【答案点睛】

16.0g100%=68%；本实验使用的乙醚易挥发，有毒且易燃，0.09mol260g/mol本题易错点为第3题，学生看到三苯甲醇的熔点较高就简单的认为生成的三苯甲醇为固体，所以通过过滤分离，应还要注意三苯甲醇的溶解性，实验中使用的有机溶剂都可以溶解三苯甲醇，所以要用蒸馏的方法分离。

+2+27、Cu2O+2H=Cu+Cu+2H2O

稳定

稳定 bd 87.5% Cu+H2SO4+2HNO3（浓）=CuSO4+2NO2↑+2H2O 3Cu+3H2SO4+2HNO3（稀）=3CuSO4+2NO↑+4H2O

氧气氧化氮氧化合物，使氮氧化Cu物全部被氢氧化钠溶液吸收，防止污染大气

否 abc

不能

虽然甲基橙变色的pH范围为3.1~4.4，（OH）2开始沉淀时的pH为5，在指示剂变色范围之外，即中和酸时，Cu2+不会消耗OH-，但甲基橙由红色变成橙色、黄色时，铜离子溶液呈蓝色，对观察指示终点颜色有干扰

【答案解析】

I.(1)物质都有由不稳定物质转化为稳定物质的倾向，所以在酸性溶液中，+2价Cu比+1价Cu更稳定；

(2)在高温下CuO分解产生Cu2O、O2，说明Cu2O比CuO在高温下稳定；

II.(1)①Cu未完全反应、部分氧化铜能被有机物还原；

②根据Cu元素守恒和反应方程式可得关系式，然后利用关系式计算CuSO4·5H2O的质量，最后根据质量分数的含义计算硫酸铜晶体的含量；

(2)①Cu与稀硫酸、浓硝酸（或随着反应进行浓硝酸变为的稀硝酸）反应产生硫酸铜、NO2（或NO）、H2O，根据氧化还原反应规律书写反应方程式；

②O2可以将NO氧化为NO2，可以将NO、NO2驱赶进入NaOH溶液中，发生反应，防止大气污染；

III.(1) HCl对反应没有影响；

(2)根据平衡移动原理分析；

IV.含铜离子溶液呈蓝色，对观察指示终点颜色有干扰。

【题目详解】

I.(1)向Cu2O中加适量稀硫酸，得到蓝色溶液和一种红色固体，这说明氧化亚铜和稀硫酸反应生成的是硫酸铜、水和单质铜，该反应的离子方程式为：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O，这说明在酸性溶液中，+2价Cu比+1价Cu更稳定；

(2)将CuO粉末加热至1000oC以上完全分解成红色的Cu2O粉末，该反应说明：在高温条件下，+1价的Cu比+2价Cu更稳定；

II.(1)①a.加热条件下铜易被氧气氧化，a错误；

b.灼烧不充分，铜未被完全氧化导致含有铜单质，b正确；

c.氧化铜在加热过程中不会分解生成铜，c错误；

d.灼烧过程中部分氧化铜被有机物还原生成铜单质，d正确；

故合理选项是bd；

2+-2--2-②根据方程式2Cu+4I=2CuI+I2，I2+2S2O3=2I+S4O6可知：2Cu2+~I2~2S2O32-，n(S2O32-)=0.1000mol/L×0.014L×10=1.4×10-2mol，则n(Cu2+)=1.4×10-2mol，m(CuSO4·5H2O)=

1.4×10-2mol×250g/mol=3.5g，所以硫酸铜晶体的质量分数为(3.5g÷4.0g)×100%=87.5%；

(2)①Cu与稀硫酸、浓硝酸（或随着反应进行浓硝酸变为的稀硝酸）反应生成硫酸铜、NO2（或NO）、H2O，根据氧化还原反应规律，可得反应方程式为：Cu+H2SO4+2HNO3(浓)=CuSO4+2NO2+2H2O3Cu+3H2SO4+2HNO3(稀)=3CuSO4+2NO+4H2O；

②NO不能被NaOH溶液吸收，O2可以将NO氧化为NO2，使氮氧化物完全被NaOH溶液吸收，同时可以将NO、NO2驱赶进入NaOH溶液中，发生反应，转化为NaNO2、NaNO3，防止大气污染；

III.(1) Cl2中混有的HCl对反应没有影响，因此不需要在浓硫酸洗气瓶前增加吸收HCl的装置；

(2) a.将Y稀释，平衡向左移动，溶液呈蓝色，可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，a正确；

b.在Y中加入CuCl2晶体，溶液中[Cu(H2O)4]2+、Cl-浓度增大，平衡向右移动，溶液变为绿色，可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，b正确；

c.在Y中加入NaCl固体，溶液中氯离子浓度增大，平衡向右移动，溶液变为绿色，可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，c正确；

d.取Y进行电解，铜离子放电，溶液颜色最终消失，不能可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，d错误；

故合理选项是abc；

IV.甲基橙变色的pH范围是 3.1~4.4，Cu(OH)2开始沉淀的pH=5，在指示剂变色范围之外，即酸被碱中和时，Cu2+不会消耗OH-，但是甲基橙由红色变成橙色、黄色时，Cu2+溶液呈蓝色，对观察指示终点颜色有干扰，因此不能测定剩余硫酸的物质的量浓度。

【答案点睛】

本题考查了实验方案的设计、对工艺流程理解、实验装置的理解、平衡移动、物质分离提纯等，明确物质的性质是解答题目关键，难点是实验方案的评价，从实验的可操作性、简便性、安全性、环保等方面考虑，有助于培养学生基本扎实的基础与综合运用能力。

28、17 5 1s22s22p63s23p63d5 K2[Fe(SCN)5] 4 abd 11 sp3

255 +5 CrnO(3n+1)2-

【答案解析】

(1)氯原子核外电子数为17，每个电子的运动状态均不同，故氯原子核外有17种不同运动状态的电子；氯原子核外电

子排布式为1s22s22p63s23p5，电子分布在1s、2s、2p、3s、3p这五个能级；Fe是26号元素，铁原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，铁原子失去4s能级2个电子，再失去3d能级1个电子形成Fe3+，故基态Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5。

(2)Fe3+与SCN-形成配位数为5的配离子为[Fe(SCN)5]2-，根据电荷守恒可知配离子与K+形成的配合物的化学式为111111结构中，Fe3+的个数为4×=，Fe2+的个数为4×=，CN-的个数为12×=3，882824113+N(Fe2+)×2=N(CN-)，可得N(K+)=，故一个晶胞中的K+个数为×8=4； 根据电荷守恒：N(K+)+N(Fe3+)×22K2[Fe(SCN)5]；题给物质晶胞的(3)Cu2+与乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)之间形成配位键，H2N-CH2-CH2-NH2中碳原子之间形成非极性键，不同原子之间形成极性键，所以选abd；单键为σ键，一个乙二胺分子中含有11个σ键，碳原子均饱和没有孤电子对，形成4个σ键，所以碳原子采取sp3杂化；

(4) 根据铜晶胞为面心立方最密堆积，由边长可计算出晶胞的体积V=（361pm）3≈4.70×10-23cm3，根据m=ρ×V=9.00

g•cm-3×4.70×10-23cm3=4.23×10-22g；由于一个铜晶胞中含有的铜原子数为8×11+6×=4（个），每个铜原子的体积2814.701023cm3约为==1.18×10-23 cm3，则×π×d3=1.18×10-23cm3，解得铜原子的直径d≈255pm；

64(5)由阴离子结构可知，Cr与O中形成5个价键，共用电子对偏向O，则Cr的化合价为+5价，两个CrO42-每共用一个角顶氧原子，就少一个氧原子，所以由n(n＞1)个CrO42-通过角顶氧原子连续的链式，减少(n-1)个氧原子，微粒电荷不变，则由n(n＞1)个CrO42-通过角顶氧原子连续的链式结构的化学式为CrnO(3n+1)2-。

【答案点睛】

每个电子的运动状态均不同，核外有几个电子就有多少个运动状态不同的电子；体心立方堆积中，棱长a=22r；面心立方堆积中，棱长a=43r；六方最密堆积中底面边长a=b=2r。

329、CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=247.4kJ·mol-1cd不是b和c都未达平衡，b点温度高，反应速率快，相同时3623622.7

间内转化率高151.9527【答案解析】

由能量－反应进程曲线得热化学方程式，应用盖斯定律可得过程I的热化学方程式。过程II中进入循环的物质是最初反应物，出循环的物质是最终生成物，可得总反应方程式。恒温恒容时组分气体的分压与其物质的量成正比，故用分压代替物质的量进行计算。草酸溶液与NaOH溶液混合后，其两步电离平衡仍然存在，据电离常数表达式可求特定条件下溶液的pH。

【题目详解】

(1)①据CH4超干重整CO2的催化转化图，过程I的化学反应为CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。由能量－反应进程曲

线得热化学方程式：

CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH＝+206.2kJ·mol-1（i）

CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH＝－165kJ·mol-1（ii）

(i)×2+(ii)得过程I的热化学方程式：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=247.4kJ·mol-1

②过程Ⅱ物质变化为：左上（CO、H2、CO2）+

右下（惰性气体）→

左下（H2O）+

右上（CO、惰性气体），总反应为H2+CO2=H2O+CO。Fe3O4、CaO为总反应的催化剂，能降低反应的活化能，但不能改变反应的ΔH。故ab正确，cd错误。

③通常，催化剂能加快反应速率，缩短反应到达平衡的时间。但催化剂不能使平衡发生移动，即不能改变平衡转化率。若图中a点为化学平衡，则保持温度不变（800℃），将催化剂II换成I或III，CH4转化率应不变，故a点不是化学平衡。

同理，图中b、c两点都未达到化学平衡。据题意，b、c两点只有温度不同，b点温度较高，反应速率快，相同时间内CH4转化率高。

(2)①据气态方程PV＝nRT，恒温恒容时某组分气体的分压与其物质的量成正比。则反应中分压为

1123K恒容时，CH4（g）＋CO2（g）＝2CO（g）＋2H2（g）

起始分压/kPa： 20 25 0 0

改变分压/kPa： 10 10 20 20

某时分压/kPa： 10 15 20 20

10－2·p(CH4)·p(CO2)mol·g－1·s－1＝1.95mol·g－1·s－1。 即某时刻p(CO2)＝15kPa，p(CH4)＝10kPa。代入υ(CO)＝1.3×②设达到平衡时CH4的改变分压为x kPa，

1123K恒容时，CH4（g）＋CO2（g）＝2CO（g）＋2H2（g）

起始分压/kPa： 20 25 0 0

改变分压/kPa：xx 2x 2x

平衡分压/kPa： 20－x 25－x 2x 2x

据题意，有(20－x)(25－x)2x2x＝1.8，解得x＝18。CH4(g)、CO2(g)、CO(g)、H2(g)的平衡分压依次是2 kPa、2025p2(CO)p2(H2)3623627 kPa、36 kPa、36 kPa，代入Kp＝(kPa)2。

＝p(CH4)p(CO2)27(3)常温下，草酸溶液与NaOH溶液混合，所得混合溶液中仍存在分步电离：

H2C2O4c(H+)c(HC2O-4)H+HC2O4 Ka1＝

c(H2C2O4)+－HC2O4－H++C2O42－c(H+)c(C2O2-4) Ka2＝

c(HC2O4)

当cH2C2O4=cC2O4【答案点睛】

2-时，KKa2＝a1·Ka2＝6×10－3.5 mol/L，pH＝2.7。

c2(H+)。c(H+)＝Ka1·一定温度下，可逆反应建立平衡时，用平衡浓度求得浓度平衡常数Kc，用平衡分压求得压力平衡常数Kp，它们可通过气态方程进行换算。