2023年江蘇卷化學(xué)高考試題真題(答案+解析)

2023年江蘇卷化學(xué)高考試題一、單項(xiàng)選擇題〔1020分〕打贏藍(lán)天保衛(wèi)戰(zhàn)，提高空氣質(zhì)量。以下物質(zhì)不屬于空氣污染物的是〔〕PM2.5 B.O2 C.SO2 D.NO反響8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2可用于氯氣管道的檢漏。以下表示相關(guān)微粒的化學(xué)用語正確的選項(xiàng)是A.9A.9的氮原子：9N7B.N分子的電子式：N??N2C.Cl2分子的構(gòu)造式：Cl-ClD.Cl-的構(gòu)造示意圖：以下有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是〔〕鋁的金屬活潑性強(qiáng)，可用于制作鋁金屬制品氧化鋁熔點(diǎn)高，可用作電解冶煉鋁的原料氫氧化鋁受熱分解，可用于中和過多的胃酸明礬溶于水并水解形成膠體，可用于凈水常溫下，以下各組離子在指定溶液中能大量共存的是〔〕0.1mol?L?1氨水溶液：Na+、K+、OH-、NO -30.1mol?L?1鹽酸溶液：Na+、K+、SO

-

-0.1mol?L?1KMnO4溶液：NH

++、

- 、-0.1mol?L?1AgNO3溶液：NH

+、、-、

-A.CO2B.CO2C.CaCO3D.CaCl﹒A.CO2B.CO2C.CaCO3D.CaCl﹒6HO222以下有關(guān)化學(xué)反響的表達(dá)正確的選項(xiàng)是〔〕室溫下，NaNa2O2室溫下，Al4.0mol﹒L-1NaOHNaAlO2室溫下，CuHNO3NO氣體室溫下，F(xiàn)e與濃H2SO4FeSO4以下指定反響的離子方程式正確的選項(xiàng)是〔〕Cl2通入水中制氯水：Cl2+H2O?2H++Cl +ClO2NO2H2O=2H+NO3NO2 2 2 2 3 0.1mol?L1 NaAlO2溶液中通入過量CO：AlO +CO +2HO=Al(OH) ↓2 2 2 2 3 40.1mol?L1 AgNO3溶液中參加過量濃氨水：Ag++NH3+H2O=AgOH↓+NH+4反響 高溫SiCl4(g)+2H2(g) _

Si(s)+4HCl(g)

可用于純硅的制備。以下有關(guān)該反響的說法正確的選項(xiàng)是〔〕該反響??H>0 、??S<0該反響的平衡常數(shù)K= c4(HCl)c(SiCl4)×c2(H2)1molSi需消耗2×22.4LH2E表示鍵能，該反響ΔH=4E(Si-Cl)+2E(H-H)-4E(H-Cl)Na、Mg、Cl、Br元素及其化合物的說法正確的選項(xiàng)是〔〕NaOHMg(OH)2的強(qiáng)Cl2Br2的弱C.原子半徑r: ??(Br)>??(Cl)>??(Mg)>??(Na)D.原子的最外層電子數(shù)n: n(Na)<n(Mg)<n(Cl)<n(Br)以下選項(xiàng)所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實(shí)現(xiàn)的是〔〕2NaCl(aq)解Cl (g)石灰水23l)2)O 3

漂白粉(s)2 Na2

(s)2r)2)2

)l) I2I2) )2

MgCl2(aq)

(s)二、不定項(xiàng)選擇題〔共520分〕將金屬M(fèi)連接在鋼鐵設(shè)施外表，可減緩水體中鋼鐵設(shè)施的腐蝕。在題圖所示的情境中，以下有關(guān)說法正確的選項(xiàng)是〔〕陰極的電極反響式為Fe 2e =Fe2+金屬M(fèi)Fe的活動性弱鋼鐵設(shè)施外表因積存大量電子而被保護(hù)鋼鐵設(shè)施在河水中的腐蝕速率比在海水中的快化合物Z是合成某種抗結(jié)核候選藥物的重要中間體，可由以下反響制得。以下有關(guān)化合物X、YZ的說法正確的選項(xiàng)是〔〕X分子中不含手性碳原子Y分子中的碳原子肯定處于同一平面Z在濃硫酸催化下加熱可發(fā)生消去反響選項(xiàng)試驗(yàn)操作和現(xiàn)象結(jié)論A向淀粉溶液中加適量20%H2SO4溶液，加熱，冷卻后加NaOH選項(xiàng)試驗(yàn)操作和現(xiàn)象結(jié)論A向淀粉溶液中加適量20%H2SO4溶液，加熱，冷卻后加NaOH溶液至中性，再滴加少淀粉未水解量碘水，溶液變藍(lán)BC室溫下，向0.1mol?L1上升室溫下，向濃度均為0.1mol?L1現(xiàn)白色沉淀HCl溶液中參加少量鎂粉，產(chǎn)生大量氣泡，測得溶液溫度鎂與鹽酸反響放熱BaCl2CaCl2混合溶液中參加Na2CO3溶液，出白色沉淀是BaCO3D向0.1mol?L1 H2O2溶液中滴加0.1mol?L1 KMnO4溶液，溶液褪色H2O2具有氧化性A.A B.B C.C D.D室溫下，將兩種濃度均為0.1mol?L1 的溶液等體積混合，假設(shè)溶液混合引起的體積變化可無視，以下各混合溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的選項(xiàng)是〔〕3ANaHCO3 Na2CO3混合溶液(pH=10.30)：??(Na)>??(HCO3)>??(CO23

)>??(OH)B.氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：??(NH4) ??(H)=??(NH3?H2O) ??(OH)C.CH3COOH CH3COONa混合溶液(pH=4.76): ??(Na)>??(CH3COOH)>??(CH3COO)>??(H)D.H2C2O4 NaHC2O4混合溶液(pH=1.68，H2C2O4為二元弱酸): ??(H) ??(H2C2O4)=??(Na)4??(C2O2) ??(OH)4CH4CO2重整生成H2CO的過程中主要發(fā)生以下反響CH4(g) CO2(g)=2H2(g) 2CO(g) ????=247.1kJ?mol1H2(g) CO2(g)=H2O(g) CO(g) ????=41.2kJ?mol1在恒壓、反響物起始物質(zhì)的量比??(CH4):??(CO2)=1:1條件下，CH4和CO2的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的曲線如下圖。以下有關(guān)說法正確的選項(xiàng)是〔〕上升溫度、增大壓強(qiáng)均有利于提高CH4的平衡轉(zhuǎn)化率曲線BCH4的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化一樣條件下，改用高效催化劑能使曲線A和曲線B相重疊恒壓、800K、n(CH4)：n(CO2)=1:1條件下，反響至CH4轉(zhuǎn)化率到達(dá)X點(diǎn)的值，轉(zhuǎn)變除溫度外的特定條件連續(xù)反響，CH4轉(zhuǎn)化率能到達(dá)Y點(diǎn)的值三、非選擇題〔568分〕吸取工廠煙氣中的SO2 ，能有效削減SO2對空氣的污染。氨水、ZnO水懸濁液吸取煙氣中SO2后經(jīng)O2催化氧化，可得到硫酸鹽。3 3 ：室溫下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水；溶液中H2SO、HSO-、SO2-3 3 的分布如圖-1所示。2 2 氨水吸取SO。向氨水中通入少量SO ，主要反響的離子方程式為 ；當(dāng)通入SO2 2 pH=6時，溶液中濃度最大的陰離子是 (填化學(xué)式)。ZnO水懸濁液吸取SO。向ZnO水懸濁液中勻速緩慢通入SO ，在開頭吸取的40mim內(nèi)，SO吸2 2 2pH均經(jīng)受了從幾乎不變到快速降低的變化(見圖-2)pH幾乎不變階段，主要產(chǎn)物是 (填化學(xué)式)；SO2吸取率快速降低階段，主要反響的離子方程式為 。2

催化氧化。其他條件一樣時，調(diào)整吸取SO2

得到溶液的pH在4.5~6.5范圍內(nèi)，pH越低SO 2 生-4成速率越大，其主要緣由是 ；隨著氧化的進(jìn)展，溶液的pH將 (填“增大”、“減小”或“不變”)。-4化合物F是合成某種抗腫瘤藥物的重要中間體，其合成路線如下：〔1〕A中的含氧官能團(tuán)名稱為硝基、 和 ?！?〕B的構(gòu)造簡式為 ?！?〕C→D的反響類型為 ?！?〕C的一種同分異構(gòu)體同時滿足以下條件，寫出該同分異構(gòu)體的構(gòu)造簡式 。①FeCl3溶液發(fā)生顯色反響?！?〕寫出以CH3CH2〔5〕寫出以CH3CH2CHO和為原料制備的合成路線流程圖(無機(jī)試劑和有機(jī)溶劑任用，合成路線流程圖例如見此題題干) 。次氯酸鈉溶液和二氯異氰尿酸鈉(C3N3O3Cl2Na)都是常用的殺菌消毒劑。NaClO可用于制備二氯異氰尿酸鈉.NaClO溶液可由低溫下將Cl2緩慢通入NaOH溶液中而制得。制備NaClO的離子方程式為 ；用于環(huán)境殺菌消毒的NaClO溶液須稀釋并準(zhǔn)時使用，假設(shè)在空氣中暴露時間過長且見光，將會導(dǎo)致消毒作用減弱，其緣由是 。2二氯異氰尿酸鈉優(yōu)質(zhì)品要求有效氯大于60%。通過以下試驗(yàn)檢測二氯異氰尿酸鈉樣品是否到達(dá)優(yōu)質(zhì)C3N3O3Cl?H+2H2O=C3H3N3O32HClO23HClO+2I +H+=I2+Cl +H2O I2+2S2O23

+2I61.1200g250.0mL25.00mL上述溶液于碘量瓶中，參加適量稀硫酸KI5min；用0.1000mol?L1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至溶液呈微黃色，參加淀粉指示劑連續(xù)滴定至終點(diǎn)，消耗Na2S2O320.00mL。6①通過計算推斷該樣品是否為優(yōu)質(zhì)品 。(寫出計算過程，該樣品的有效氯=測定中轉(zhuǎn)化????????的氯元素養(yǎng)×2×100% )樣品的質(zhì)量②假設(shè)在檢測中參加稀硫酸的量過少，將導(dǎo)致樣品的有效氯測定值 (填“偏高”或“偏低”)。試驗(yàn)室由煉鋼污泥(簡稱鐵泥，主要成份為鐵的氧化物)α-FeO。2 3其主要試驗(yàn)流程如下：酸浸：用肯定濃度的H2SO4溶液浸取鐵泥中的鐵元素。假設(shè)其他條件不變，試驗(yàn)中實(shí)行以下措施能提高鐵元素浸出率的有 (填序號)。A.適當(dāng)上升酸浸溫度B.適當(dāng)加快攪拌速度C.適當(dāng)縮短酸浸時間復(fù)原：向“酸浸”后的濾液中參加過量鐵粉，使Fe3+完全轉(zhuǎn)化為Fe2+?！皬?fù)原”過程中除生成Fe2+外，還會生成 (填化學(xué)式)；檢驗(yàn)Fe3+是否復(fù)原完全的試驗(yàn)操作是 。除雜：向“復(fù)原”NH4FCa2+CaF2pH偏低、將會導(dǎo)致CaF沉淀不完全，其緣由是 [??2 sp

(CaF2

)=5.3×10-9，??(HF)=6.3×10-4]。aFeSO4溶液與氨水-NH4HCO3FeCO3沉淀。a3①生成FeCO沉淀的離子方程式為 。34 4 3 ②設(shè)計以FeSO溶液、氨水-NHHCO混合溶液為原料，制備FeCO的試驗(yàn)方案： 4 4 3 〔FeCO3沉淀需“洗滌完全”，F(xiàn)e(OH)2pH=6.5〕。CO2/HCOOH循環(huán)在氫能的貯存/釋放、燃料電池等方面具有重要應(yīng)用。CO2催化加氫。在密閉容器中，向含有催化劑的KHCO3溶液(CO2與KOH溶液反響制得)中通入H2生成HCOO- ，其離子方程式為 ；其他條件不變，HCO3-轉(zhuǎn)化為HCOO-的轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如圖-1所示。反響溫度在40℃~80℃范圍內(nèi)，HCO3-催化加氫的轉(zhuǎn)化率快速上升，其主要緣由是 。HCOOH燃料電池。爭論HCOOH燃料電池性能的裝置如圖-2所示，兩電極區(qū)間用允許K+、H+通過的半透膜隔開。①電池負(fù)極電極反響式為 ；放電過程中需補(bǔ)充的物質(zhì)A為 (填化學(xué)式)。②圖-2所示的HCOOH燃料電池放電的本質(zhì)是通過HCOOH與O2的反響，將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，其反響的離子方程式為 。HCOOH催化釋氫。在催化劑作用下，HCOOHCO2H2可能的反響機(jī)理如圖-3所示。2①HCOOD催化釋氫反響除生成CO外，還生成 (填化學(xué)式)。2②爭論覺察：其他條件不變時，以HCOOK溶液代替HCOOH催化釋氫的效果更佳，其具體優(yōu)點(diǎn)是 。四、選做題〔224分〕【物質(zhì)構(gòu)造與性質(zhì)】以鐵、硫酸、檸檬酸、雙氧水、氨水等為原料可制備檸檬酸鐵銨65 72〔(NH4)3Fe(CH65 72Fe基態(tài)核外電子排布式為 ；[Fe(H2O)6]2 中與Fe2+配位的原子是 (填元素符號)。3NH分子中氮原子的軌道雜化類型是 ；C、N、O元素的第一電離能由大到小的挨次為3 。與NH 4 互為等電子體的一種分子為 (填化學(xué)式)。檸檬酸的構(gòu)造簡式見圖。1mol檸檬酸分子中碳原子與氧原子形成的σ鍵的數(shù)目為 mol。的反響為ClCH2COOH 2NaOH→HOCH2COONa NaCl H2O ????<0試驗(yàn)步驟如下：1：如下圖裝置的反響瓶中，參加40g氯乙酸、50mL水，攪拌。逐步參加40%NaOH95℃2pH9。步驟2：蒸出局部水至液面有薄膜，加少量熱水，趁熱過濾。濾液冷卻至15℃，過濾得粗產(chǎn)品。3：粗產(chǎn)品溶解于適量熱水中，加活性炭脫色，分別掉活性炭。步驟4：將去除活性炭后的溶液加到適量乙醇中，冷卻至15℃以下，結(jié)晶、過濾、枯燥，得羥基乙酸鈉。步驟1中，如下圖的裝置中儀器A的名稱是 ；逐步參加NaOH溶液的目的是 。步驟2中，蒸餾燒瓶中參加沸石或碎瓷片的目的是 。步驟3中，粗產(chǎn)品溶解于過量水會導(dǎo)致產(chǎn)率 (填“增大”或“減小”)；去除活性炭的操作名稱是 。步驟4中，將去除活性炭后的溶液加到適量乙醇中的目的是 。答案解析局部一、單項(xiàng)選擇題1.【答案】B【考點(diǎn)】常見的生活環(huán)境的污染及治理【解析A．PM2.5指環(huán)境空氣中空氣動力學(xué)當(dāng)量直徑小于等于2.5微米的顆粒物，PM2.5粒徑小，面積大，活性強(qiáng)，易附帶有毒、有害物質(zhì)，且在大氣中的停留時間長、輸送距離遠(yuǎn)，因而對人體安康和大氣環(huán)境質(zhì)量的影響大，其在空氣中含量濃度越高，就代表空氣污染越嚴(yán)峻，PM2.5屬于空氣污染物，A不符合題意；B．O2是空氣的主要成分之一，是人類維持生命不行缺少的物質(zhì)，不屬于空氣污染物，B符合題意；C．SO2引起的典型環(huán)境問題是形成硫酸型酸雨，SO2屬于空氣污染物，C不符合題意；D．NO引起的典型環(huán)境問題有：硝酸型酸雨、光化學(xué)煙霧、破壞O3層等，NO屬于空氣污染物，D不符合題意；故答案為：B【分析】A．PM2.5屬于空氣污染物；B．O2不屬于空氣污染物；C．SO2屬于空氣污染物；D．NO屬于空氣污染物。2.C【解析】【解析】A．N原子的質(zhì)子數(shù)為7，中子數(shù)為9的氮原子的質(zhì)量數(shù)為7+9=16，該氮原子表示為A不符合題意；16N，7B．N2分子中兩個N3對共用電子對，N2分子的電子式為，B不符合題意；C．Cl2Cl1對共用電子對，Cl2Cl-Cl，C符合題意；D．Cl-1718個電子，Cl-的構(gòu)造示意圖為，D不符合題意；故答案為：C【分析】A．生疏質(zhì)量數(shù)，質(zhì)子數(shù)的關(guān)系；B．N2分子中兩個N3對共用電子對；C．構(gòu)造式是用單線表示一對共用電子；D．Cl-18個電子?！敬鸢浮緿【考點(diǎn)】鋁的化學(xué)性質(zhì)，鎂、鋁的重要化合物【解析】【解答】A．鋁在空氣中可以與氧氣反響生成致密氧化鋁，致密氧化鋁包覆在鋁外表阻擋鋁進(jìn)一步反響，鋁具有延展性，故鋁可用于制作鋁金屬制品，A不符合題意；B．氧化鋁為離子化合物，可用作電解冶煉鋁的原料，B不符合題意；C．氫氧化鋁為兩性氫氧化物，可以用于中和過多的胃酸，C不符合題意；D．明礬溶于水后電離出的鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體，氫氧化鋁膠體能吸附水中的懸浮物，用于凈水，D符合題意；故答案為：D2 【分析】A．4Al+3O2=2AlO2 2 3 B．2AlO解4Al+3O2 3 C．2Al〔OH〕3熱Al2O3+3H2O；D．Al3++3H2O?Al〔OH〕3+3H+?！敬鸢浮緼【考點(diǎn)】離子共存【解析】【解答】A0.1mol/L氨水中，四種離子可以大量共存，A符合題意；在0.1mol/L鹽酸中含有大量氫離子，四種離子中硅酸根可以與氫離子反響生成硅酸沉淀，故不能共存，B不符合題意；??????4 具有強(qiáng)氧化性，可以將碘離子氧化成碘單質(zhì)，故不能共存，C不符合題意；在0.1mol/L硝酸銀溶液中，銀離子可以與氯離子、硫酸根離子反響生成氯化銀、硫酸銀沉淀，不能共存，D不符合題意；故答案為：A【分析】A．各離子可以大量共存；硅酸為沉淀；MnO4-和碘離子發(fā)生氧化復(fù)原反響不能共存；D．因生成沉淀不能共存。【答案】D【考點(diǎn)】常見氣體制備原理及裝置選擇，試驗(yàn)裝置綜合【解析】【解答】A．碳酸鈣盛放在錐形瓶中，鹽酸盛放在分液漏斗中，翻開分液漏斗活塞，鹽酸與碳酸鈣反響生成氯化鈣、二氧化碳和水，A不符合題意；B．二氧化碳密度比空氣大，用向上排空氣法收集二氧化碳?xì)怏w，B不符合題意；C．參加的鹽酸與碳酸鈣反響后，局部碳酸鈣未反響完，碳酸鈣是難溶物，因此用過濾的方法分別，C不符合題意；CaCl2?6H2O易失去結(jié)晶水，因此不能通過加熱蒸發(fā)皿得到，可由氯化鈣的熱飽和溶液冷卻結(jié)晶析出六水氯化鈣結(jié)晶物，D符合題意；故答案為：D【分析】A．CaCO3+2HCl==CaCl2+H2O+CO2↑；空氣的平均相對分子質(zhì)量為29；碳酸鈣不溶于水；CaCl2?6H2O易失去結(jié)晶水，留意不能直接加熱制取?！敬鸢浮緽【考點(diǎn)】硝酸的化學(xué)性質(zhì)，濃硫酸的性質(zhì)，鈉的化學(xué)性質(zhì)，鋁的化學(xué)性質(zhì)【解析】【解答】A．室溫下，鈉與空氣中氧氣反響生成氧化鈉，A不符合題意；B．室溫下，鋁與NaOH溶液反響生成偏鋁酸鈉和氫氣，故B符合題意；C．室溫下，銅與濃硝酸反響生成二氧化氮?dú)怏w，故C不符合題意；D．室溫下，鐵在濃硫酸中發(fā)生鈍化，故D不符合題意；故答案為：B【分析】A．.4Na+O2=2Na2O；Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；C．Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2H2O+2NO2↑；D．鐵遇濃硫酸、濃硝酸發(fā)生鈍化。7.C【考點(diǎn)】離子方程式的書寫2 【解析】【解答】A.次氯酸為弱酸，書寫離子方程式時應(yīng)以分子形式表達(dá)，正確的選項(xiàng)是Cl＋HO?H＋＋2 －＋HClOA不符合題意；B.NO2與H2O反響：3NO＋H2O=2HNO＋NO3NO＋H2O=2H＋＋2NO?

＋NOB不符合2 3 2 3題意；碳酸的酸性強(qiáng)于偏鋁酸，因此NaAlO2溶液通入過量的CO2 ，發(fā)生的離子方程式為AlO?＋CO＋2 232H2O=Al(OH)3↓＋HCO?，故C符合題意；3AgOHNH3·H2O反響生成[Ag(NH3)2]OHD不符合題意；故答案為C。3【分析】此題應(yīng)留意“量”，像選項(xiàng)CCO2是過量的，往往產(chǎn)物寫成CO2-，還有選項(xiàng)D，AgOH3能溶于氨水中，生成銀氨溶液。8.【答案】B【考點(diǎn)】鍵能、鍵長、鍵角及其應(yīng)用，焓變和熵變，化學(xué)平衡常數(shù)42【解析】【解答】A．SiCl、H、HCl為氣體，且反響前氣體系數(shù)之和小于反響后氣體系數(shù)之和，因此該反42應(yīng)為熵增，即△S>0，A不符合題意；依據(jù)化學(xué)平衡常數(shù)的定義，該反響的平衡常數(shù)K= c4(HCl)c(SiCl4)?c2(H2)

,B符合題意；題中說的是高溫，不是標(biāo)準(zhǔn)狀況下，因此不能直接用22.4L·mol－1計算，C不符合題意；△H=反響物鍵能總和－生成物鍵能總和，即△H=4E(Si－Cl)＋2E(H－H)－4E(H－Cl)－2E(Si－Si)，D不符合題意；故答案為：B【分析】A．氣體增加，所以混亂度增加，熵增加；留意固體不考慮濃度；標(biāo)況下才能用氣體摩爾體積衡量；△H=反響物鍵能總和－生成物鍵能總和。9.A【考點(diǎn)】元素周期表中原子構(gòu)造與元素性質(zhì)的遞變規(guī)律【解析】【解答】A．同周期自左至右金屬性減弱，所以金屬性Na＞Mg，則堿性NaOH＞Mg(OH)2 ，A符合題意；B．同主族元素自上而下非金屬性減弱，所以非金屬性Cl＞BrCl2Br2強(qiáng)，B不符合題意；C．電子層數(shù)越多原子半徑越大，電子層數(shù)一樣，核電荷數(shù)越小原子半徑越大，所以原子半徑：r(Br)＞r(Na)＞r(Mg)＞r(Cl)，C不符合題意；D．ClBr為同主族元素，最外層電子數(shù)相等，D不符合題意；故答案為：A【分析】A．NaOHMg(OH)2為弱堿；2B．Cl2Br；2C．電子層數(shù)越多原子半徑越大，電子層數(shù)一樣，核電荷數(shù)越小原子半徑越大；D．ClBr7個電子。【答案】C【考點(diǎn)】鈉的重要化合物，鎂、鋁的重要化合物【解析】【解答】ACa(OH)2濃度太小，一般用氯氣和石灰乳反響制取漂白粉，A不符合題意；B．碳酸的酸性弱于鹽酸，所以二氧化碳與氯化鈉溶液不反響，故B不符合題意；2 2 C．氧化性Cl＞Br＞I ，所以氯氣可以氧化NaBr得到溴單質(zhì)，溴單質(zhì)可以氧化碘化鈉得到碘單質(zhì)，故C符合題意；D2 2 氣，同時產(chǎn)生大量氫氧根，與鎂離子產(chǎn)生沉淀，故D不符合題意；故答案為：C【分析】A．2Cl2+2Ca(OH)〔石灰乳〕=CaCl

+Ca(ClO)+2HO；2二氧化碳與氯化鈉溶液不反響；

2 2 2C．Cl2+2I-=I2+2Cl-、Cl2+2Br-=Br2+2Cl-、Br2+2I-=I2+2Br-；2 D．MgCl〔熔融〕Mg+Cl2 【答案】C【考點(diǎn)】金屬的腐蝕與防護(hù)，原電池工作原理及應(yīng)用【解析】【解答】A.陰極的鋼鐵設(shè)施實(shí)際作原電池的正極，正極金屬被保護(hù)不失電子，故A不符合題意；B.M實(shí)際為原電池裝置的負(fù)極，電子流出，原電池中負(fù)極金屬比正極活潑，因此M活動性比Fe的活動性強(qiáng)，故B不符合題意；金屬M(fèi)失電子，電子經(jīng)導(dǎo)線流入鋼鐵設(shè)備，從而使鋼鐵設(shè)施外表積存大量電子，自身金屬不再失電子從而被保護(hù)，故C符合題意；海水中的離子濃度大于河水中的離子濃度，離子濃度越大，溶液的導(dǎo)電性越強(qiáng)，因此鋼鐵設(shè)施在海水中的腐蝕速率比在河水中快，故D不符合題意；故答案為：C。M作負(fù)極，鋼鐵設(shè)備作正極，據(jù)此分析解答?！敬鸢浮緾,D【解析】【解答】A【解析】【解答】A.X中紅色碳原子為手性碳原子，故A說法不符合題意；B.中與氧原子相連接的碳原子之間化學(xué)鍵為單鍵，可以旋轉(zhuǎn)，因此左側(cè)甲基上碳原子不肯定與苯環(huán)以及右側(cè)碳原子共平面，故B說法不符合題意；C.中與羥基相連接的碳原子鄰位碳原子上有氫原子，在濃硫酸作催化并加熱條件下，能夠發(fā)生消去反響，故C說法符合題意；D.中含有鹵素原子，在過量氫氧化鈉溶液并加熱條件下能夠發(fā)生取代反響生成丙三醇，在氫氧化鈉溶液作用下先發(fā)生水解反響生成，然后在氫氧化鈉溶液并加熱條件下能夠發(fā)生取代反響生成丙三醇，故D說法符合題意；故答案為：CD。(-OH)或鹵代烴中鹵原子相連的碳原子必需有相鄰的碳原子，且此相鄰的碳原子上還必需連有氫原子時，才可發(fā)生消去反響。【答案】B【考點(diǎn)】物質(zhì)的檢驗(yàn)和鑒別，物質(zhì)檢驗(yàn)試驗(yàn)方案的設(shè)計【解析】【解答】A.參加碘水后，溶液呈藍(lán)色，只能說明溶液中含有淀粉，并不能說明淀粉是否發(fā)生了水解反響，故A不符合題意；B.參加鹽酸后，產(chǎn)生大量氣泡，說明鎂與鹽酸發(fā)生化學(xué)反響，此時溶液溫度上升，可證明鎂與鹽酸反響放熱，故B符合題意；C.BaCl

、CaCl均能與NaCO反響，反響產(chǎn)生了白色沉淀，沉淀可能為BaCO或CaCO

或二者混合物，故C2 2 2 3 3 3不符合題意；D.向H2O2溶液中參加高錳酸鉀后，發(fā)生化學(xué)反響2KMnO4+3H2O2=2MnO2+2KOH+2H2O+3O2↑等(中性條件)，該反響中H2O2被氧化，表達(dá)出復(fù)原性，故D不符合題意；故答案為：B。①淀粉未發(fā)生水解：向充分反響后的溶液中參加碘單質(zhì)，溶液變藍(lán)，然后參加過量氫氧化鈉溶液使溶液呈堿性，然后參加制氫氧化銅溶液并加熱，未生成磚紅色沉淀；②淀粉局部發(fā)生水解：向充分反響后的溶液中參加碘單質(zhì)，溶液變藍(lán)，然后參加過量氫氧化鈉溶液使溶液呈堿性，然后參加制氫氧化銅溶液并加熱，生成磚紅色沉淀；③向充分反響后的溶液中參加碘單質(zhì)，溶液不變藍(lán)，然后參加過量氫氧化鈉溶液使溶液呈堿性，然后參加制氫氧化銅溶液并加熱，生成磚紅色沉淀。此試驗(yàn)中需要留意：①碘單質(zhì)需在參加氫氧化鈉溶液之前參加，否則氫氧化鈉與碘單質(zhì)反響，不能完成淀粉的檢驗(yàn)；②酸性水解后的溶液需要參加氫氧化鈉溶液堿化，否則無法完成葡萄糖的檢驗(yàn)；③利用制氫氧化銅溶液或銀氨溶液檢驗(yàn)葡萄糖試驗(yàn)中，均需要加熱，銀鏡反響一般為水浴加熱?！敬鸢浮緼,D【考點(diǎn)】電解質(zhì)在水溶液中的電離，鹽類水解的應(yīng)用，離子濃度大小的比較【解析】【解答】A.NaHCO3

水溶液呈堿性，說明??????3

的水解程度大于其電離程度，等濃度的NaHCO333 3 3 3 3 Na2CO3水解關(guān)系為：CO2->HCO-，溶液中剩余微粒濃度關(guān)系為：??(HCO-)>??(CO2-)，CO2-和HCO-OH-NaHCO3Na2CO3Na+濃度最??(Na+)>??(HCO-)>??(CO2-)>??(OH-)，A33 3 3 3 3 4B.該混合溶液中電荷守恒為：??(NH+)+??(H+)=??(OH-)+??(Cl-)，物料守恒為：4??(NH3·H2O)+??(NH+)=2??(Cl-)，兩式聯(lián)立消去c(Cl-)可得：??(NH+)+2c(H+)=2c(OH-)+c(NH ?4 4 3H2O)，B不符合題意；C.假設(shè)不考慮溶液中相關(guān)微粒行為，則c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=c(Na+)，該溶液呈酸性，說明CH3COOH電離CH3COONa水解程度，則溶液中微粒濃度關(guān)系為：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)，C不符合題意；D.該混合溶液中物料守恒為：2??(Na+)=??(H2C2O4)+??(HC2O-)+??(C2O2-)，電荷守恒為：4 44 2??(C2O2-)+??(HC2O-)+??(OH-)=??(Na+)+??(H+)4 4??(H+)+??(H2C2O4)=??(Na+)+??(C2O2-)+??(OH-)，D符合題意；4故答案為：AD?！痉治觥緼.Na2CO3堿性強(qiáng)于NaHCO3 ，說明水解程度CO32->HCO3-；B.弱電解質(zhì)的電離程度微弱，主要是電解質(zhì)的電離為主；C.CH3COOH的電離微弱，CH3COONa完全電離；D.依據(jù)電荷守恒和物料守恒計算質(zhì)子守恒關(guān)系?！敬鸢浮緽,D【考點(diǎn)】化學(xué)平衡移動原理，化學(xué)平衡轉(zhuǎn)化過程中的變化曲線，化學(xué)反響速率與化學(xué)平衡的綜合應(yīng)用【解析】【解答】A．甲烷和二氧化碳反響是吸熱反響，上升溫度，平衡向吸熱反響即正向移動，甲烷轉(zhuǎn)化率增大，甲烷和二氧化碳反響是體積增大的反響，增大壓強(qiáng)，平衡逆向移動，甲烷轉(zhuǎn)化率減小，A不符合題意；依據(jù)兩個反響得到總反響為CH4(g)＋2CO2(g)=H2(g)＋3CO(g)＋H2O(g)CH4CO2物質(zhì)的量相等，CO2CH4CO2CH4，因此曲線BCH4的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化，B符合題意；使用高效催化劑，只能提高反響速率，但不能轉(zhuǎn)變平衡轉(zhuǎn)化率，C不符合題意；0K時甲烷的轉(zhuǎn)化率為X點(diǎn)，可以通過轉(zhuǎn)變二氧化碳的量來提高甲烷的轉(zhuǎn)化率到達(dá)Y點(diǎn)的值，D符合題意；故答案為：BD【分析】A．依據(jù)勒夏特列原理來考慮；B．依據(jù)兩者反響的化學(xué)方程式，考慮量的變化；C．催化劑不平衡轉(zhuǎn)化率，只轉(zhuǎn)變化學(xué)反響速率；D．可以通過增加一種反響物的方法提高另一種的轉(zhuǎn)化率。三、非選擇題16.〔1〕2NH3+H2O+SO2=2NH++SO2?

2NH3H2OSO2=2NH+SO2?H2O；HSO4 3 4 3ZnSO

；ZnSO

+SO

+HO=Zn2++2HSO?

或ZnO+2SO

+HO=Zn2++2HSO?3 3 2 2 3 2 2 3隨著pH降低，HSO -3濃度增大；減小【考點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡，鹽類水解的應(yīng)用，常見的生活環(huán)境的污染及治理，離子方程式的書寫【解析】【解答】(1)向氨水中通入少量SO2時，SO2與氨水反響生成亞硫酸銨，反響的離子方程式為HH2++

O2-〔或HO2++

SO2-+H2O〕；依據(jù)圖-1所示，pH=6時，溶333液中不含有亞硫酸，僅含有HSO-3和SO2-，依據(jù)微粒物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)曲線可以看出溶液中陰離子濃度最333

；(2)反響開頭時，懸濁液中的ZnOSO2

ZnSO3

，此時溶液pH幾乎不變；一旦ZnO完全反響生成ZnSO3后，ZnSO3連續(xù)吸取SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2 ，此時溶液pH漸漸變小，SO2的吸取率漸漸降低，這一過程的離子方程式為ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2HSO-3〔或ZnO+2SO2+H2O=Zn2++2HSO-3

可以經(jīng)氧氣氧化生成SO2-pH在44.5~6.5的范圍內(nèi)，pH越低，溶液中的HSO-3的濃度越大，使得催化氧化過程中反響速率越快；隨著反響4的不斷進(jìn)展，大量的HSO-

反響生成SO2-，反響的離子方程式為2HSO-

+O=2SO2-+2H+

，隨著反3 4 3 2 4應(yīng)的不斷進(jìn)展，有大量的氫離子生成，導(dǎo)致氫離子濃度增大，溶液pH減小。17.【答案】〔1〕醛基；(酚)羥基〔2〕〔3〕取代反響【分析】向氨水中通入少量的SO2 ，反響生成亞硫酸銨，結(jié)合圖像分析pH=6時溶液中濃度最大的陰離子；通過分析ZnO吸取SO17.【答案】〔1〕醛基；(酚)羥基〔2〕〔3〕取代反響〔4〕〔〔4〕〔5〕【解答】(1)A的構(gòu)造簡式，A中含氧官能團(tuán)有硝基、酚羥基、醛基；(2)AC的構(gòu)造簡式，可推出A→B：CH3I中的－CH3取代酚羥基上的H，即B的構(gòu)造簡式為 ；(3)比照C和D的構(gòu)造簡式，Br原子取代－CH2OH中的羥基位置，該反響類型為取代反響；(4)①FeCl3溶液發(fā)生顯色反響，說明含有酚羥基；②能發(fā)生水解反響，說明含有酯基或肽鍵，水解產(chǎn)物之一是α－氨基酸，該有機(jī)物中含有“ ”，另一產(chǎn)物分子中不同化學(xué)環(huán)境的氫原子數(shù)目之比為1：1，且含有苯環(huán)，說明是對稱構(gòu)造，綜上所述，符合條件的是 ；(5)生成,依據(jù)E生成F，應(yīng)是 與H2O2發(fā)生反響得到，依據(jù)D→E，應(yīng)由CH3CH2CH2Br與 反響得到，CH3CH2CHO與H2發(fā)生加成反響生成CH3CH2CH2OH，CH3CH2CH2OH在PBr3作用下生成CH3CH2CH2Br，合成路線是CH3CH2CHOCH3CH2CH2OH CH3CH2CH2Br。【分析】此題從官能團(tuán)的性質(zhì)進(jìn)展分析，利用比照反響前后有機(jī)物不同推斷反響類型；【答案】〔1〕Cl2+2OH?=ClO?+Cl?+H2O；NaClOCO2HClO，HClO見光分解3〔2〕n(S2O2-)=0.1000mol×L-1×0.02023L=2.000×10-3mol依據(jù)物質(zhì)轉(zhuǎn)換和電子得失守恒關(guān)系：33C3N3O3Cl2~2HClO~2I2~4S2O23

??(Cl0.5??(S2O2

mol氯元素的質(zhì)量:??(Cl)=31.000×1033

mol

mol

1

該樣品的有效氯為：

0.03550??g1.1200×25.0mLg

該樣品的有效氯大于60%，故該樣品為優(yōu)質(zhì)品；偏低【考點(diǎn)】中和滴定，離子方程式的書寫，氧化復(fù)原反響的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目計算【解析】【解答】(1)由題意可知，氯氣通入氫氧化鈉中產(chǎn)生次氯酸鈉，同時產(chǎn)生氯化鈉，反響的離子方程式為：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；次氯酸鈉溶液長期暴露在空氣中會吸取空氣中的二氧化碳?xì)怏w，因次氯酸酸性比碳酸弱，因此次氯酸鈉可以與二氧化碳在水中反響產(chǎn)生HClO，HClO具有不穩(wěn)定性，在受熱或見光條件下會發(fā)生分解反響，產(chǎn)生HCl和O2 ，從而使次氯酸鈉失效；22 O3(2)①由題中反響可知，C3N3O3Cl- 在酸性條件產(chǎn)生HClO，HClO氧化碘離子產(chǎn)生碘單質(zhì)，碘單質(zhì)再用硫代硫酸鈉滴定，結(jié)合反響轉(zhuǎn)化確定物質(zhì)之間的關(guān)系為：C3N3O3Cl-～2HClO～2I2～4S2O2-22 O3??(S2

2)=0.1000mol?L-1×0.02023L=2.000×103

mol，依據(jù)物質(zhì)轉(zhuǎn)換和電子得失守恒關(guān)系：得2 n(Cl)=0.5n〔SO2-〕=1.000×10-3mol，氯元素的質(zhì)量：m(Cl)=1.000×10-3mol×35.5g?mol-2 =0.03550g，該樣品中的有效氯為：該樣品為優(yōu)質(zhì)品；

0.03550gg1.1200×25.00mLg

×2×100%=63.39%60%，故2②假設(shè)硫酸的用量過少，則導(dǎo)致反響C3N3O3Cl-+H++2H2O=C3H3N3O3+2HClO不能充分進(jìn)展，產(chǎn)生的2HClO的量偏低，最終導(dǎo)致試驗(yàn)測得的有效氯含量會偏低?！痉治觥?1)2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O〔冷水〕；NaClO+CO?+H?O=NaHCO?+HClO；2(2)①依據(jù)關(guān)系式C3N3O3Cl2

-~2HClO~2l~4S

O2- ，計算對應(yīng)的有效氯;223②HClO的消耗量偏低，導(dǎo)致測定的有效氯含量會偏低。223【答案】〔1〕A,B2〔2〕H；取少量清液，向其中滴加幾滴KSCN溶液，觀看溶液顏色是否呈血紅色2〔3〕pHHFF-濃度減小，CaF2沉淀不完全44〔4〕Fe2+HCO3NH3H2O=FeCO3↓+NHH2OFe2+HCO3NH3=FeCO3↓+NH+；在攪44拌下向FeSO4溶液中緩慢參加氨水-NH4HCO3混合溶液，掌握溶液pH不大于6.5；靜置后過濾，所得沉淀用2~3次；取最終一次洗滌后的濾液，滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液，不消滅白色沉淀【考點(diǎn)】難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)，二價鐵離子和三價鐵離子的檢驗(yàn)，制備試驗(yàn)方案的設(shè)計【解析】【解答】(1)A．適當(dāng)上升酸浸溫度，加快酸浸速率，能提高鐵元素的浸出率，A選；B．適當(dāng)加快攪拌速率，增大鐵泥與硫酸溶液的接觸，加快酸浸速率，能提高鐵元素的浸出率，B選；C．適當(dāng)縮短酸浸時間，鐵元素的浸出率會降低，C不選；故答案為：AB。(2)為了提高鐵元素的浸出率，“酸浸”過程中硫酸溶液要適當(dāng)過量，故向“酸浸”后的濾液中參加過量的鐵粉發(fā)生的反響有：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，“復(fù)原”過程中除生成Fe2+外，還有H2生成；通常用KSCN溶液檢驗(yàn)Fe3+ ，故檢驗(yàn)Fe3+是否復(fù)原完全的試驗(yàn)操作是：取少量清液，向其中滴加幾滴KSCN溶液，觀看溶液顏色是否呈血紅色，假設(shè)不呈血紅色，則Fe3+復(fù)原完全，假設(shè)溶液呈血紅色，則Fe3+沒有復(fù)原完全，故答案為：H2 ，取少量清液，向其中滴加幾滴KSCN溶液，觀看溶液顏色是否呈血紅色。(3)向“復(fù)原”后的濾液中參加NH4F溶液，使Ca2+轉(zhuǎn)化為CaF2沉淀，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)·c2(F-)，當(dāng)Ca2+完〔1×10-5mol/L說明該離子沉淀完全c(F-)至少為√5.3×10?91×10?5

mol/L=√5.3×10-2mol/LpH偏低，即溶液中H+濃度較大，H+F-HFc(F-)減小，CaF2沉淀不完全，故答案為：pHHFF-濃度減小，CaF2沉淀不完全。(4)①將提純后的FeSO4溶液與氨水—NH4HCO3FeCO3FeCO3的化學(xué)方程式為FeSO4+NH3·H2O+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+H2O[或FeSO4+NH3+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4]，離子方程式為Fe2++HCO- +NH·HO=FeCO

+NH

=FeCO↓+NH+〕，答案為：Fe2++3 3 2

3 4

3 3 3 4HCO-

+NH·H

O=FeCO

↓+NH++H

O〔或Fe2++HCO- +NH

=FeCO

↓+NH+〕。②Fe(OH)開3 3

3 4

3 3 3 4 2pH=6.5，為防止產(chǎn)生Fe(OH)2沉淀，所以將FeSO4溶液與氨水—NH4HCO3混合溶液反響制備FeCO3pH6.5；FeCO3沉淀需“洗滌完全”，所以設(shè)計的試驗(yàn)方案中要用鹽酸酸化的BaCl2溶液檢驗(yàn)最終的洗滌液中不含SO2-；則設(shè)計的試驗(yàn)方案為：在攪拌下向FeSO

溶液中緩慢參加4 4氨水—NH4HCO3混合溶液，掌握溶液pH6.5；靜置后過濾，所得沉淀用蒸餾水洗滌2~3次；取最終一次洗滌后的濾液，滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液，不消滅白色沉淀，故答案為：在攪拌下向FeSO4溶液中緩慢參加氨水—NH4HCO3pH不大于6.5；靜置后過濾，所得沉淀用蒸餾水洗滌2~3次；取最終一次洗滌后的濾液，滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液，不消滅白色沉淀。2 【分析】鐵泥的主要成份為鐵的氧化物，鐵泥用H2SO4溶液“酸浸”得到相應(yīng)硫酸鹽溶液，向“酸浸”后的濾液中參加過量鐵粉將Fe3+復(fù)原為Fe2+；向“復(fù)原”后的濾液中參加NH4F使Ca2+轉(zhuǎn)化為CaF2沉淀而除去；然后進(jìn)展“沉鐵”生成FeCO3 ，將FeCO3沉淀經(jīng)過系列操作制得α—FeO2 【答案】〔1〕 ?

? ；溫度上升反響速率增大，溫度上升催化劑的活性增加HCO3+H2 _ HCOO +H2O〔2〕HCOO?+2OH??2e?=HCO?+H

O；H2SO

；2HCOOH+2OH?+O

=2HCO2HO或32HCOO?+O2=2HCO?3

3 2 4

2 3 2〔3〕HD；提高釋放氫氣的速率，提高釋放出氫氣的純度【考點(diǎn)】化學(xué)電源型電池，化學(xué)反響速率的影響因素，化學(xué)反響速率與化學(xué)平衡的綜合應(yīng)用32【解析】【解答】(1)KHCO3溶液中通入H2HCOOˉ，依據(jù)元素守恒和電荷守恒可得離子催化劑32方程式為：

O?

+H 2_2

HCOOˉ+HO40℃~80℃范圍內(nèi)時，隨溫度上升，活化分子增3多，反響速率加快，同時溫度上升催化劑的活性增加，所以HCO?3

的催化加氫速率快速上升；(2)①左3HCOOˉ失電子被氧化為HCO?3

，依據(jù)電荷守恒和元素守恒可得電極反響式為3HCOOˉ+2OHˉ－2eˉ=HCO?+H2O；電池放電過程中，鉀離子移向正極，即右側(cè)，依據(jù)圖示可知右側(cè)的陰34離子為硫酸根，而隨著硫酸鉀不斷被排解，硫酸根漸漸削減，鐵離子和亞鐵離子進(jìn)展循環(huán)，所以需要補(bǔ)充硫酸根，為增加氧氣的氧化性，溶液最好