2023年江蘇省鹽城市響水中學(xué)高考化學(xué)模擬試卷(附答案詳解)

2023年江蘇省鹽城市響水中學(xué)高考化學(xué)模擬試卷〔二〕一、單項(xiàng)選擇題〔1442.0分〕陶瓷是中華民族的重要文化遺產(chǎn)以黏土(主要成分為Al2O3?SiO2?2H2O)為原料制備陶瓷，一般步驟為制泥、成型、枯燥、燒制。以下說法正確的選項(xiàng)是( )向黏土中加水，局部氧化鋁轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁陶瓷是純潔物燒制過程中發(fā)生了簡潔的化學(xué)變化陶瓷屬于有機(jī)高分子材料8 4 2 2 2 工業(yè)上利用反響S)△SH)+S)=S)+H8 4 2 2 2 A.S8(C.CS2的電子式為

)為極性分子 B.S8與S2互為同位素D.CH4和H2S的鍵角相等以下有關(guān)氧化物的性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是( )MgO熔點(diǎn)高，可用于制造耐火材料SO2具有氧化性，可用于漂白草編織物SiO2硬度大，可用于制作光導(dǎo)纖維Al2O3具有兩性，可用于電解冶煉金屬鋁試驗(yàn)室制取乙酸乙酯時(shí)，以下裝置不能到達(dá)相應(yīng)試驗(yàn)?zāi)康牡氖? )混合反響物生成乙酸乙酯121頁收集乙酸乙酯分別出乙酸乙酯短周期主族元素XYZW原子序數(shù)依次增大基態(tài)時(shí)X原子2p軌道上有3個(gè)電子，Y位于ⅡA族，X與Z處于同一主族，W的單質(zhì)常溫下是一種黃綠色氣體。以下說法正確的選項(xiàng)是( )原子半徑：r(X)<r(Y)<r(Z)<r(W)X與Y兩種元素可形成化合物Y3X2Z的最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的酸性比X的強(qiáng)W的氫化物分子間能形成氫鍵閱讀以下資料，完成6～8題。CO22060年前實(shí)現(xiàn)碳中和。碳中和：通過節(jié)能減排，植樹造林，化工合成等治理CO2的手段，使CO2排放量削減甚至是回收利用，以此到達(dá)CO2“零排放”的目的。以下有關(guān)CO2說法正確的選項(xiàng)是( )CO2與SiO2的晶體類型一樣元素第一電離能：I1(CI1(O)CO2的空間構(gòu)型為直線形2D.CO屬于弱電解質(zhì)2指定條件下，以下選項(xiàng)所示的轉(zhuǎn)化關(guān)系不能實(shí)現(xiàn)是( )3)2(g)O32 C.))2(g)O2

B.aO)2(g)O2 2 3 D.O)2(g)O2 2 3 在二氧化碳合成甲醇的爭論中，催化劑是爭論的關(guān)鍵。目前國內(nèi)外爭論主要集中于銅基催化劑，有學(xué)者提出了CO2的轉(zhuǎn)化過程如以下圖。以下說法正確的選項(xiàng)是()基態(tài)銅電子排布：[Ar]3d94s2甲酸乙酯是該過程的催化劑步驟④中有化學(xué)鍵的斷裂和形成221頁反響過程中，催化劑參與反響，降低了反響的焓變某小組用硫銅礦煅燒廢渣(主要含F(xiàn)e2O3、CuO、FeO)為原料制取Cu2O，流程如圖，以下說法不正確的選項(xiàng)是( )“調(diào)整pH”主要目的是除去Fe3+4 2 4 2 “復(fù)原”過程中主要發(fā)生的反響O +NH +H℃uO+N 4 2 4 2 +4K2SO4+6H2O用N2H4復(fù)原制取Cu2O的優(yōu)點(diǎn)是產(chǎn)生N2氣氛，可防止產(chǎn)品被氧化Cu2O的晶胞構(gòu)造如以下圖，其中X代表的是Cu+化合物Z(華法林)是一種香豆素類抗凝劑，可由如圖反響制得，以下說法不正確的是( )Y分子存在順反異構(gòu)體Z分子中含有1個(gè)手性碳原子確定條件下，Y分子可以發(fā)生取代、加聚、復(fù)原反響1molX與足量NaOH溶液反響，最多消耗3molNaOHFeCl3溶液吸取H2S氣體后的再生過程可降解酸性污水中的硝酸鹽工作原理如以下圖，以下說法正確的選項(xiàng)是( )a為電解池的陰極溶液M中含有大量的Fe2+、Cl?、H+3電極b上的反響為2NO?+10e?+6H2O=N2↑+12OH?3隨著電解進(jìn)展，H+移向陰極區(qū)，故陰極區(qū)pH減小321頁常溫下將NaOH溶液滴加到磷酸(H3PO4)溶液中，混合溶液中的pH與局部別子濃度變化的關(guān)系如以下圖。以下說法正確的選項(xiàng)是( )Na2HPO4溶液中：2c(Na+)=c(H3PO4)+c(H2PO?)+c(HPO2?)+c(PO3?)4 4 4假設(shè)直線丙表示pH與?lg 4 的變化關(guān)系，應(yīng)當(dāng)在甲、乙之間c(HPO2?)4c(PO3?)4C.常溫下H3PO4：Ka2(H3PO4)=10?6.794D.當(dāng)c(HPO2?)=c(H3PO4)時(shí)，pH=4.684牙齒外表的礦物質(zhì)Ca5(PO4)3OH可被CH3COOHNaHCO3NaF均可增加護(hù)齒效果。CH3COOH H3PO4 Ca5(PO4)3OHCa5(PO4)3FKa或Ksp1.76×10?5Kal7.52×10?3Ka32.2×10?13 8.0×10?30 4.0×10?60以下說法正確的選項(xiàng)是( )CH3COOH溶解Ca5(PO4)3OH的離子方程式為：Ca5(PO4)3OH+10CH3COOH=5Ca2++10CH3COO?+3H3PO4+H2O3比較0.1mol?L?1NaHCO3溶液和0.1mol?L?1NaF溶液中粒子濃度，存在：c(HCO?)+32c(H2CO3)<c(HF)+c(F?)c(F?)c(OH?)

<5.0×10?31時(shí)，Ca5

(PO4

)3OH可與F?反響轉(zhuǎn)化為Ca

5(PO4

)3F4D.0.001mol?L?1Na3PO4溶液中：c(Na+)>c(OH?)>c(HPO2?)>c(H+)4選擇性催化復(fù)原脫硝時(shí)，將NH3、NO、O2和Ar的混合氣體以一樣的流速通過填充有催化劑的反響器發(fā)生的主要反響為：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)。在不同溫度下，僅轉(zhuǎn)變O2的濃度，NO的脫除率與O2濃度的關(guān)系如圖1所時(shí)，把握NH3

和NOn(NH3)，進(jìn)展試驗(yàn)，NOn(NO)的脫除率與n(NH3)的關(guān)系如圖2所示。以下說法不正確的選項(xiàng)是( )n(NO)421頁O2濃度在1%～3%O2濃度增大，NO脫除率明顯上升的緣由可能是NO與O2反響生成NO2，而NO2更易與NH3反響O2453K上升到493K時(shí)，NO的脫除率下降的緣由可能NO分解為N2和O2當(dāng)n(NH3)=1時(shí)，NO脫除率最高的緣由可能是NH

、NO在催化劑外表吸附量相當(dāng)n(NO) 3當(dāng)n(NH3)>1后，NO的脫除率隨著n(NH3)增大而減小的緣由可能是NH

發(fā)生副反響生n(NO)成了NO

n(NO) 3二、試驗(yàn)題〔116.0分〕聚合硫酸鐵(PFS)是一種優(yōu)質(zhì)的絮凝劑，水溶液呈棕黃色，其化學(xué)組成可表示為[Fex(OH)y(SO4)z]m。以鉛尾礦渣(含F(xiàn)eS2、PbS)為原料制備聚合硫酸鐵。：①含F(xiàn)e(NO)2+溶液為黑色。鎢酸鈉可與Ti3+生成藍(lán)色物質(zhì)“鎢藍(lán)”。4②“水解”的過程可表示為：Fe3++SO2?+H2O→Fex(OH)y(SO4)z+H+(1)寫出“酸浸”過程中FeS2發(fā)生反響的離子方程式 。4①在“氧化、水解”過程中，溶液的pH與反響時(shí)間的關(guān)系如圖1所示，pH在20min左右消滅波動的緣由是 。521頁②“氧化、水解”時(shí)H2O2也可用NaNO2代替，反響的機(jī)理如圖2所示，逐滴滴入NaNO2后的反響現(xiàn)象為 。設(shè)計(jì)以下試驗(yàn)測定以上制備[Fex(OH)y(SO4)z]m中x：y：z的值：步驟1.稱取確定質(zhì)量的PFS樣品，參與40mL0.10mol/LHCl和蒸餾水配成100.00mL溶液，分成兩等份。步驟2.取其中一份于錐形瓶中，參與鎢酸鈉指示劑，用0.10mol/L的TiCl3溶液滴定至終點(diǎn)，消耗TiCl3溶液30.00mL(Fe3++Ti3+=Fe2++Ti4+)。步驟3.取另一份溶液于錐形瓶中，參與足量KF溶液掩蔽Fe3+，滴加幾滴酚酞溶液，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定至終點(diǎn)，消耗NaOH溶液10.00mL。①步驟2中滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是 。②試計(jì)算[Fex(OH)y(SO4)z]m中x：y：z的值(寫出計(jì)算過程) 。三、簡答題〔342.0分〕化合物F是合成一種鎮(zhèn)痛藥物的重要中間體，其合成路線如圖：注：Ts為A分子中實(shí)行sp3雜化的碳原子數(shù)目是 。設(shè)計(jì)“B→C”步驟的目的是 。621頁可用于鑒別B和C的常用化學(xué)試劑為 。F的一種同分異構(gòu)體同時(shí)滿足以下條件寫出該同分異構(gòu)體的構(gòu)造簡式。①分子中含有苯環(huán)；②能發(fā)生銀鏡反響；③核磁共振氫譜中有3個(gè)吸取峰。：請?jiān)O(shè)計(jì)以 為原料制備 的合成路線 (無機(jī)試劑和有機(jī)溶劑任用，合成路線例如見此題題干)。氫氧化鈷[Co(OH)2]是鋰電池正極材料鈷酸鋰(LiCoO2)的前驅(qū)體．以CoSO4溶液、NaOH溶液、氨水和水合肼為原料可制得微米級Co(OH)2．：①Co2+、Co3+易與NH3形成絡(luò)合物，[Co(NH3)6]2+的復(fù)原性強(qiáng)于Co(OH)2和Co2+；②水合肼N2H4?H2O為無色油狀液體，具有強(qiáng)復(fù)原性，氧化產(chǎn)物為N2；③沉淀的生成速率越快，顆粒越小，呈凝乳狀或膠體，不易過濾．60℃時(shí)在攪拌下向CoSO4溶液中參與氨水，調(diào)整pH至6后，再參與NaOH溶液，調(diào)整pH至9.5左右，一段時(shí)間后，過濾、洗滌，真空烘干得微米級Co(OH)2．①制備時(shí)，在參與NaOH溶液前必需先加氨水的緣由是 ．②洗滌時(shí)使用熱水除去產(chǎn)品外表雜質(zhì)檢驗(yàn)產(chǎn)品是否洗凈的試驗(yàn)操作是 ．經(jīng)儀器分析，測得按題(1)步驟制得的Co(OH)2晶體構(gòu)造中含有Co(Ⅲ)，進(jìn)一步用碘量法測得Co(Ⅱ)的氧化程度為8%.因此制備時(shí)必需參與確定量的復(fù)原劑．①將500mL1mol/L的CoSO4溶液與氨水配成pH為6的溶液，參與三頸燒瓶中(裝置見如圖)，滴液漏斗a裝有NaOH溶液、b中裝有水合肼．60℃時(shí)依次將兩種溶液參與三頸燒瓶充分反響后過濾試驗(yàn)時(shí)應(yīng)先翻開滴液漏斗 (填“a”或“b”)．②為確保制得的Co(OH)2產(chǎn)品中不含Co(Ⅲ)，制備時(shí)至少需參與水合肼的質(zhì)量為 g.以廢舊鋰電池正極材料(含LiCoO2，以及少量AlFe等)為原料制備微米級氫氧化鈷．：酸性條件下的氧化性強(qiáng)弱挨次為Co3+>H2O2>Cl2>Fe3；LiOH可溶于水：如表所示是局部金屬離子生成氫氧化物沉淀的pH．金屬離子 Co2+Fe2+Fe3+Al2+開頭沉淀的pH7.6 7.6 2.7 4.0沉淀完全的pH9.2 9.6 3.7 5.2請補(bǔ)充完整試驗(yàn)方案：取確定量廢舊鋰電池正極材料，粉碎后與Na2SO3溶液配成懸濁液在攪拌下 調(diào)整pH至9.5，過濾洗滌真空烘干得到微米級Co(OH)2.721頁試驗(yàn)中可選用的試劑：1mol/LH2SO4溶液、2mol/LHCl溶液、5mol/LNaOH溶液、5mol/L氨水、30%H2O2溶液．太陽能光解水制備的H2和化工生產(chǎn)的副產(chǎn)氫，可實(shí)現(xiàn)資源的再利用。半導(dǎo)體光催化劑浸入水或電解質(zhì)溶液中，光照時(shí)可在其外表得到產(chǎn)物。①該催化劑在水中發(fā)生光催化反響的原理如圖1所示。用簡潔的語言描述光解水的過程： 。②假設(shè)將該催化劑置于AgNO3溶液中，產(chǎn)物之一為O2，另一產(chǎn)物為 。Na2FeO4，同時(shí)獲得氫氣：Fe2HO+2OH?解2?

。工作原理如圖2所示。裝置通電后，鐵電極2FeO24

+3H2↑4四周生成紫紅色FeO2?，鎳電極有氣泡產(chǎn)生。假設(shè)氫氧化鈉溶液濃度過高，鐵電極區(qū)會產(chǎn)生紅褐色物質(zhì)。：Na2FeO4只在強(qiáng)堿性條件下穩(wěn)定，易被H2復(fù)原。4①電解過程中須將陰極產(chǎn)生的氣體準(zhǔn)時(shí)排出，其緣由是 。②c(Na2FeO4)隨初始c(NaOH)的變化如圖3MN兩點(diǎn)的c(Na2FeO4)均低于最高值的緣由是 。821頁答案和解析【答案】C【解析】解：A.黏土中不含氧化鋁，含有的硅酸鹽、鋁酸鹽，向黏土中加水，含鋁物質(zhì)不會轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁，故A錯(cuò)誤；B.陶瓷含多種物質(zhì)，屬于混合物，故B錯(cuò)誤；C.C正確；D.陶瓷成分為硅酸鹽，是無機(jī)物，不是有機(jī)高分子材料，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：C。黏土中不含氧化鋁；只含一種物質(zhì)的為純潔物；黏土燒制陶瓷過程有物質(zhì)生成；D.陶瓷成分為硅酸鹽。此題考察了物質(zhì)的構(gòu)造組成與性質(zhì)，明確燒制陶瓷的原料、反響，明確陶瓷的主要成分即可解答，題目難度不大?！敬鸢浮緾【解析】解：A.S8(的，為非極性分子，故A錯(cuò)誤；

)的構(gòu)造高度對稱，整個(gè)分子中正負(fù)電荷重心是重合B.S8與S2互為同素異形體，故B錯(cuò)誤；C.CS2的電子式為 ，故C正確；D.CH4和H2S的鍵角不相等，且H2SD錯(cuò)誤；應(yīng)選：C。整個(gè)分子中正負(fù)電荷重心是重合的分為非極性分子，反之為極性分子；同種元素的不同的單質(zhì)互為同素異形體，同種元素的不同的原子互為同位素；C.CS2中中心原子為C原子，C和2個(gè)S原子之間形成C=S雙鍵；D.CH4中是四對成鍵電子對之間的排解，H2S中S原子還含有2對孤電子對，孤電子對與孤電子對之間的斥力大于孤電子對與成鍵電子對之間的斥力大于成鍵電子對與成鍵電子對之間的斥力。的書寫，鍵角大小的推斷分析等，屬于根本學(xué)問的考察，難度不大。921頁【答案】A【解析】解：A.MgO屬于離子化合物，熔點(diǎn)高，可用于制造耐火材料，故A正確；B.SO2具有漂白性，可用于漂白草編織物，故B錯(cuò)誤；C.SiO2C錯(cuò)誤；D.Al2O3因其熔點(diǎn)相對較低，用于電解冶煉金屬鋁，與其是否屬于兩性氧化物無關(guān)，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：A。A.制造耐火材料的物質(zhì)一般為熔、沸點(diǎn)高的物質(zhì)；B.SO2具有漂白性；C.SiO2具常用于制作光導(dǎo)纖維，與硬度大小無關(guān)；D.Al2O3用于電解冶煉金屬鋁，與其是否屬于兩性氧化物無關(guān)。屬于根本學(xué)問的考察，難度不大，【答案】A【解析】解：A.混合時(shí)將密度大的液體注入密度小的液體中，便于混合，應(yīng)向乙醇中注入濃硫酸，最終加乙酸，故A錯(cuò)誤；B.乙醇與乙酸發(fā)生酯化反響生成乙酸乙酯，圖中裝置可制備乙酸乙酯，故B正確；C.導(dǎo)管口在碳酸鈉溶液的液面上，可防止倒吸，可收集乙酸乙酯，故C正確；D.乙酸乙酯不溶于水，與水分層，選分液漏斗可分別，故D正確；應(yīng)選：A。A.混合時(shí)將密度大的液體注入密度小的液體中，便于混合；B.乙醇與乙酸發(fā)生酯化反響生成乙酸乙酯；C.導(dǎo)管口在碳酸鈉溶液的液面上，可防止倒吸；D.乙酸乙酯不溶于水，與水分層。此題考察化學(xué)試驗(yàn)方案的評價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、混合物的分別提純、物質(zhì)的制備、試驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與試驗(yàn)力氣的考察，留意試驗(yàn)的評價(jià)性分析，題目難度不大?！敬鸢浮緽【解析】解：依據(jù)分析可知，X為N，Y為Al，Z為P，W為Cl元素，原子半徑：r(X)<r(W)<r(Z)<r(Y)A錯(cuò)誤；21頁由N與Al兩種元素可形成化合物Al3N2B正確；P<N，則Z的最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的酸性比XC錯(cuò)誤；D.W的氫化物為氯化氫，氯化氫分子間不存在氫鍵，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：B。短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，W元素的單質(zhì)常溫下是一種黃綠色氣W為ClX原子2p軌道上有31s22s22p3，則X為N元素，X與Z處于同一主族，則Z為P元素；Y位于ⅡA族，其原子序數(shù)大于N，則Y為Al元素，以此分析解答。此題考察原子構(gòu)造與元素周期律，結(jié)合原子序數(shù)、原子構(gòu)造來推斷元素為解答關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用力氣的考察，留意規(guī)律性學(xué)問的應(yīng)用，題目難度不大。6~8.【答案】B、A、C【解析】【分析】由分子構(gòu)成的晶體為分子晶體，由原子構(gòu)成的晶體為共價(jià)晶體；B.CO2的構(gòu)造式為O=C=O，C原子價(jià)層電子對個(gè)數(shù)是2，依據(jù)價(jià)層電子對互斥理論推斷該分子空間構(gòu)型C.IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族；D.二氧化碳和水反響生成H2CO3，H2CO3在水溶液中電離出H+。此題以二氧化碳為載體考察晶體類型推斷、微?？臻g構(gòu)型推斷、第一電離能推斷、電解質(zhì)非電解質(zhì)的推斷等學(xué)問點(diǎn)，側(cè)重考察根底學(xué)問的把握和靈敏應(yīng)用力氣，D為解答易錯(cuò)點(diǎn)。【解答】解：A.故A錯(cuò)誤；B.CO2的構(gòu)造式為O=C=O，C原子價(jià)層電子對個(gè)數(shù)是2，依據(jù)價(jià)層電子對互斥理論推斷該分子空間構(gòu)型為直線形，故B正確；C.IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，因此C與O元素第一電離能性從大到小的挨次是I1(C)<I1(O)C錯(cuò)誤；D.2323H+O2屬于非電解質(zhì)，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：B?！痉治觥?1頁鹽酸的酸性比碳酸強(qiáng)；碳酸鈉溶液中通入二氧化碳生成碳酸氫鈉；次氯酸鈣與二氧化碳和水反響生成碳酸鈣和次氯酸；偏鋁酸鈉溶液與二氧化碳反響生成了氫氧化鋁和碳酸氫鈉。側(cè)重分析與應(yīng)用力氣的考察，留意元素化合物學(xué)問的應(yīng)用，題目難度不大?！窘獯稹拷猓篈.鹽酸的酸性比碳酸強(qiáng)，故向氯化鈉溶液中通入二氧化碳不反響，故A正確；B.碳酸鈉溶液中通入二氧化碳與水反響生成碳酸氫鈉，故B錯(cuò)誤；C.次氯酸鈣與二氧化碳和水反響生成碳酸鈣和次氯酸，所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化能實(shí)現(xiàn)，故C錯(cuò)誤；D.偏鋁酸鈉溶液與二氧化碳反響生成了氫氧化鋁和碳酸氫鈉，化學(xué)方程式：NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3D錯(cuò)誤；應(yīng)選：A?！痉治觥侩娮优挪紴槿珴M或半滿時(shí)，原子的能量最低，較穩(wěn)定；B.催化劑在反響前后的量是不變的；C.由圖可知步驟④中的C?O和H?O鍵均發(fā)生了斷裂；D.催化劑可以加快反響速率，降低反響的活化能，轉(zhuǎn)變反響歷程。此題考察比較綜合，涉及核外電子排布、催化劑，屬于一題多點(diǎn)型題目，題目側(cè)重考察學(xué)生觀看力氣、分析力氣、運(yùn)用學(xué)問解決問題的力氣?！窘獯稹拷猓篈.(Cu)原子的電子排布式為[Ar]3d104s1A錯(cuò)誤；B.④乙酯的參與，即甲酸乙酯只有生成，沒有消耗，所以甲酸乙酯不是催化劑，故B錯(cuò)誤；C.由圖可知步驟④中的C?O和H?O鍵均發(fā)生了斷裂，生成了金屬羥基化合物(H?O?M)C正確；D.D錯(cuò)誤；應(yīng)選：C?！敬鸢浮緿【解析】解：A.“調(diào)整pH”主要目的是除去Fe3+，轉(zhuǎn)化為沉淀，從而與銅離子分別，故A正確；B.4CuSO4+N2H4+21頁2 2 2 4 HuO+N ↑KO +H，故B正確；2 2 2 4 C.Cu2O易被氧化，則用N2H4復(fù)原制取Cu2O的優(yōu)點(diǎn)是產(chǎn)生N2氣氛，可防止產(chǎn)品被氧化，故C正確；2D.4，白球個(gè)數(shù)為181=2，二者個(gè)數(shù)比為2：1，結(jié)合CuO可28知X代表的是O2?D錯(cuò)誤；應(yīng)選：D。廢渣主要含F(xiàn)e2O3CuOFeOFe3+Fe2+Cu2+，氧化時(shí)將Fe2+氧化為Fe3+，然后調(diào)整pH使Fe3+轉(zhuǎn)化為沉淀，濾渣為氫氧化鐵，由流程中反響物、生成物可知復(fù)原時(shí)發(fā)生4CuSO4

+N2H4

+H

2Cu2

O+N2↑+4K2SO4+6H2O，產(chǎn)生N2氣氛，可防止產(chǎn)品被氧化，以此來解答。此題考察混合物的分別提純的綜合應(yīng)用，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、混合物的分別提純、試驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與試驗(yàn)力氣的考察，留意元素化合物學(xué)問的應(yīng)用，題目難度不大?！敬鸢浮緿解：A.YY存在順反異構(gòu)，故A正確；B.Z中連接上面苯環(huán)的碳原子為手性碳原子，所以有1B正確；C.Y中含有苯環(huán)、碳碳雙鍵和羰基，具有苯、烯烴和酮的性質(zhì)，苯環(huán)、甲基上的氫原子故C正確；D.X中酯基水解生成的羧基和酚羥基都能和NaOH以1：1反響，該分子水解生成1個(gè)羧基和11molX與足量NaOH2molNaOH，醇羥基不反響，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：D。A.Y中連接碳碳雙鍵的碳原子連接不同的原子或原子團(tuán)；B.Z中連接上面苯環(huán)的碳原子為手性碳原子；C.Y中含有苯環(huán)、碳碳雙鍵和羰基，具有苯、烯烴和酮的性質(zhì)；D.X中酯基水解生成的羧基和酚羥基都能和NaOH以1：1反響。及其性質(zhì)的關(guān)系是解此題關(guān)鍵，知道順反異構(gòu)推斷方法?！敬鸢浮緽21頁【解析】解：Aa極Fe2+?e?=Fe3+，aA錯(cuò)誤；3B.FeCl3和H2S反響生成FeCl2SHCl，溶液M中含有大量的Fe2+Cl?H+，故B正確；C.電極b上硝酸根離子得電子生成氮?dú)猓姌O反響為2NO?10e?12H+N2↑3+6H2OC錯(cuò)誤；3D.隨著電解進(jìn)展，陰極發(fā)生反響2NO?+10e?+12H+=N2↑+6H2O，陰極消耗H+，3陰極區(qū)pHD錯(cuò)誤；應(yīng)選：B。a極Fe2+?e?=Fe3+，a為電解池的陽極；FeCl3和H2S反響生成FeCl2、S、HCl；C.電極b上硝酸根離子得電子生成氮?dú)猓?D.隨著電解進(jìn)展，陰極發(fā)生反響2NO?+10e?+12H+=N2↑+6H2O。3用力氣的考察，把握電極的推斷、電極反響及電極反響式的書寫為解題關(guān)鍵，留意氧化復(fù)原反響規(guī)律的應(yīng)用，題目難度中等?！敬鸢浮緿【解析】解：A.溶液中存在物料守恒n(Na)=2n(P)，即c(Na+)=2[c(H3PO4)+c(H2PO?)+c(HPO2?)+c(PO3?)]A錯(cuò)誤；4 44 B.Ka1=

c(H2PO?)c(H3PO4)

44×c(H+4

4)，?lg

c(Hc(H

3PO4)42PO?)4

=?lg

c(H+)Ka1

=pH+lgKa1，?lg

c(H2PO?)c(HPO2?)?lgc(H+)=pH+lgKKa2 a2

K

>Ka2

pHpH與?lgc(H3PO4)44c(H2PO?)44?lgc(H3PO4)

c(H2PO?) c(HPO2?)的關(guān)系，依據(jù)圖知，曲線甲、乙分別表示

、?lg

4；?lg 4 =44c(H+)44

c(H2PO?)

c(HPO2?)4c(HPO2?)4

c(PO3?)?lg

Ka3

=pH+lgKa3，Ka2>Ka3pH與?lg

44c(PO3?)4

在乙曲線后，故B錯(cuò)誤；c(H2PO?) c(HPO?) c(H+)

4 =1時(shí)溶液的pH=8.21，?lg

4 =1=?lg

=8.21+4 c(HPO2?) c(HPO2?4 lgKa2，Ka2=10?7.21C錯(cuò)誤；

Ka2?lgc(H3PO4)444c(H2PO?)444

=2pH=4.15，則?lgc(H=2=pH+lgKKa1 a1

=4.15+lgKa1，a1K =10?2.15，?lga1

c(H2PO?)

=1時(shí)，溶液的pH=8.21，?lg

c(H2PO?)

=1=?lg

c(H+)=4= 4 ×c(H)4= 4 ×c(H)×

c(HPO2?)

Ka248.21+lgKa24

PO4

×Ka2

c(H2PO?) c(H3PO4)44c(HPO2)×c(H+)=c2(H+)，則c(H+)=√K444c(H2PO?) a14

×Ka2

×10?7.21mol/L=10?4.68mol/L，則溶液的pH=4.68D正確；應(yīng)選：D。A.溶液中存在物料守恒n(Na)=2n(P)；21頁B.Ka1=

c(H2PO?)

PO4)

=?lg

c(H+)

=pH+lgKa1，?lg

c(H2PO?)c(H3PO4)

c(H2

PO?)

Ka1

c(HPO2?)4?lgc(H+)=pH+lgK4Ka2 a2

K

>Ka2

pHpH與?lgc(H3PO4)4 444c(H2PO?)4 444?lgc(H3PO4)

c(H2PO?) c(HPO2?)的關(guān)系，依據(jù)圖知，曲線甲、乙分別表示

、?lg

4；?lg 4 =?lgc(H+)=pH+lgKKa3

444a3，Ka2444

>Ka3；

c(H2PO?)

c(HPO2?)

c(PO3?)c(H2PO?)

c(HPO?) c(H+)

44c(HPO2?)4

=1pH=8.21，依據(jù)“?lg

2 44c(HPO2?)4

=?lg

Ka2

=pH+lgKa2”計(jì)算Ka2；D.?lgc(H3PO4)444c(H2PO?)444

=2pH=4.15，則?lgc(H+)=2=pH+lgKKa1 a1

=4.15+lgKa1，K =10?2.15，?lg

c(H2PO?)

=1時(shí)，溶液的pH=8.21，?lg

c(H2PO?)

=1=?lg

c(H+)=4c(HPO2?)4

c(HPO2?)

Ka248.21+lgK 4

=01?)=HO時(shí)K ×

=c(H2PO?)×c(H+)×a2 a2

4 3

a1

4c(H3PO4)4c(HPO2)c(H+)=c2(H+)，則c(H+)=√K44c(H2PO?) 4

×Ka2。此題考察弱電解質(zhì)的電離，側(cè)重考察圖象分析、推斷及計(jì)算力氣，明確曲線與微粒成分D選項(xiàng)pH值的計(jì)算，該題計(jì)算量較大，難度中等?！敬鸢浮緿【解析】解：A.醋酸電離平衡常數(shù)小于磷酸電離平衡常數(shù)，則醋酸酸性小于磷酸，依據(jù)強(qiáng)酸制取弱酸原理知，醋酸不能制取磷酸，故A錯(cuò)誤；NaHCO3溶液呈堿性，說明HCO?的水解程度大于電離程度，則c(HCO

)>c(CO2?)，3 2 3 33 3 3)>B錯(cuò)誤；存在沉淀溶解平衡Ca

(PO)

OH(s)+F?(sq)?Ca

(PO)

5 43

5 43

c(F?)Ksp[Ca5(PO4)3OH]=8.0×10?30

=2.0×1030，

c(F?)

<5.0×10?31時(shí)，Q

=c(F?)>Ksp[Ca5(PO4)5F] 4.0×10?60

c(OH?)

c c(OH?)0×00=543與?543，故C錯(cuò)誤；4Na3PO4溶液中PO3?水解導(dǎo)致溶液呈堿性，但其水解程度較小，兩次水解都生成氫氧??)>?，鈉離子不水解，所以溶44 4+)>?)>?)>?)>+，故D正確；4 4應(yīng)選：D。酸的電離平衡常數(shù)越大，酸的酸性越強(qiáng)，強(qiáng)酸能制取弱酸；NaHCO3溶液呈堿性，說明HCO?的水解程度大于電離程度，則c(HCO

)>c(CO2?)，3 2 3 33 321頁

(PO)

OH(s)+F?(sq)?Ca

(PO)

F+OH?(sq)，K=c(OH?)=Ksp[Ca5(PO4)3OH]=5 43

5 43

c(F?) Ksp[Ca5(PO4)5F]8.0×10?304.0×10?60

=2.0×1030，

c(F?)c(OH?)

<5.0×10?31時(shí)，Qc

=c(F?)c(OH?)

>2.0×1030=K，沉淀溶解平衡逆向移動；44Na3PO4溶液中PO3?水解導(dǎo)致溶液呈堿性，但其水解程度較小，兩次水解都生成氫氧根離子，只有一步水解生成HPO2?。44此題考察弱電解質(zhì)的電離、鹽類水解，側(cè)重考察分析、推斷及計(jì)算力氣，明確弱電解質(zhì)電離特點(diǎn)、鹽類水解原理是解此題關(guān)鍵，C為解答難點(diǎn)，題目難度中等?！敬鸢浮緽【解析】解：：A.O2濃度在1%～3%之間時(shí)，隨著O2濃度增大，NO與O2反響生成NO2，而NO2更易與NH3反響，所以NO脫除率明NOA正確；B.O2濃度一樣，溫度從453K上升到493K，NO的脫除率下降的緣由應(yīng)當(dāng)是催化劑活性降低，故B錯(cuò)誤；C.依據(jù)方程式可知NH3

、NO是依據(jù)化學(xué)計(jì)量數(shù)之比1：1進(jìn)展的，所以n(NH3)=1時(shí)，NOn(NO)脫除率最高的緣由可能是NH3、NO在催化劑外表吸附量相當(dāng)，故C正確；D.當(dāng)n(NH3)=1后，隨著n(NH3)的增大，NH

發(fā)生副反響生成了NO，因此NO的脫除率隨n(NO)

n(NO) 3著n(NH3)增大而減小，故D正確；n(NO)應(yīng)選：B。AO2%O2與O2O223反響；B.溫度從453K上升到493K，NO的脫除率下降的緣由應(yīng)當(dāng)是催化劑活性降低；C.依據(jù)方程式可知NH3、NO是依據(jù)化學(xué)計(jì)量數(shù)之比1：1進(jìn)展的；D.當(dāng)n(NH3)=1后，隨著n(NH3)的增大，NH

發(fā)生副反響生成了NO。n(NO)

n(NO) 3度不大。15.【答案】FeS2+2H+=Fe2++H2S↑+S H2O2氧化Fe2+消耗H+使溶液pH上升，生成的Fe3+水解產(chǎn)生H+使溶液的pH下降，兩者速率的變化引起pH的波動溶液由淺綠色變?yōu)楹谏?，后黑色褪去，如此反?fù)，最終溶液呈棕黃色滴入最終半滴TiCl3溶液，溶液由無色變?yōu)樗{(lán)色，且30s無變化3：1：421頁【解析】解：(1)FeS2在酸性條件下生成S，S元素發(fā)生歧化反響，生成的氣體為H2S，F(xiàn)e元素以Fe2+形式進(jìn)入溶液，反響離子方程式為FeS2+2H+=Fe2++H2S↑+S，故答案為：FeS2+2H+=Fe2++H2S↑+S；(2)①溶液pH產(chǎn)生忽高忽低的波動，氧化發(fā)生反響：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2HO，F(xiàn)e3+水解：Fe3++SO2?+H2O→Fex(OH)y(SO4)z+H+，H

O氧化Fe2+消耗H+2 4 2 2使溶液pHFe3+水解產(chǎn)生H+使溶液的pHpH的波動，2O2+H++H+下降，兩者速率的變化引起pH的波動；2②NO?與Fe2+反響生成Fe3+NO，NO再與Fe2+結(jié)合為Fe(NO)2+，最終Fe(NO)2+與O2反22應(yīng)生成Fe3+、NO?，而信息①中含F(xiàn)e(NO)2+溶液為黑色，可以觀看到現(xiàn)象：溶液由淺綠色變?yōu)楹谏蠛谏嗜?，如此反?fù)，最終溶液呈棕黃色，2故答案為：溶液由淺綠色變?yōu)楹谏?，后黑色褪去，如此反?fù)，最終溶液呈棕黃色；+++=++++不再反響，而鎢酸鈉可與Ti3+生成藍(lán)色物質(zhì)“鎢藍(lán)”，步驟2中滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是：滴入最終半滴TiCl3溶液，溶液由無色變?yōu)樗{(lán)色，且30s無變化，故答案為：滴入最終半滴TiCl3溶液，溶液由無色變?yōu)樗{(lán)色，且30s無變化；②由Fe3++Ti3+=Fe2++Ti4+，可知每一份中n(Fe3+)=n(Ti3+)=n(TiCl3)=0.03L×0.10mol/L=0.003mol，步驟Ⅲ用氫氧化鈉滴定剩余的HCl，一份溶液中2

=0.002mol，則PFS中n(OH?)=n(HCl)?n(NaOH)=40.002mol?0.01L×0.1mol/L=0.001mol，依據(jù)電荷守恒有：3n(Fe3+)=2n(SO2?)+4n(OH?)，即30.003mol=2n(SO2?)+0.001mol，可得n(SO2?)=0.004mol，故x：4 4y：z=0.003mol：0.001mol：0.004mol=3：1：4，故答案為：3：1：4。22O2+氧化為Fe3+，F(xiàn)e3+水解生成Fex(OH)y(SO4)z，再聚合、枯燥獲得聚合硫酸鐵；FeS2在酸性條件下生成S，SH2S，F(xiàn)e元素以Fe2+形式進(jìn)入溶液；①溶液pH產(chǎn)生忽高忽低的波動，H2O2將Fe2+消耗H+，F(xiàn)e3+水解產(chǎn)生H+，兩者反響速率變化導(dǎo)致pH產(chǎn)生忽高忽低；22②NO?與Fe2+反響生成Fe3+NO，NO再與Fe2+結(jié)合為Fe(NO)2+，最終Fe(NO)2+與O2反響生成Fe3+、NO?，而信息①中含F(xiàn)e(NO)2+溶液為黑色；22①鎢酸鈉可與Ti3+生成藍(lán)色物質(zhì)“鎢藍(lán)”；②依據(jù)Fe3++Ti3+=Fe2++Ti4+計(jì)算每一份中n(Fe3+)，用氫氧化鈉滴定剩余的HCl，則聚合硫酸鐵中氫氧根離子物質(zhì)的量=每一份中HCl的物質(zhì)的量?氫氧化鈉的物質(zhì)的量，再依據(jù)電荷守恒計(jì)算硫酸根的物質(zhì)的量。21頁此題考察物質(zhì)制備工藝流程，題目涉及生疏方程式的書寫、對現(xiàn)象的分析評價(jià)、滴定原理運(yùn)用等，明確流程中各階段目的、發(fā)生的反響、試劑的作用等，試題側(cè)重考察學(xué)生綜合運(yùn)用學(xué)問的力氣?！敬鸢浮?保護(hù)酚羥基FeCl3溶液 (或)【解析】解：(1)A分子中實(shí)行sp3雜化的碳原子形成4個(gè)單鍵，三個(gè)甲基碳原子及苯環(huán)連接的碳原子都形成4個(gè)單鍵，它們實(shí)行sp3雜化，即A分子中有4個(gè)碳原子實(shí)行sp3雜化，故答案為：4；D→E的過程中?OTS轉(zhuǎn)化為?OH，重引入B→C消退的酚羥基，可知B→C的目的是保護(hù)酚羥基，故答案為：保護(hù)酚羥基；B含有酚羥基，能與Fe3+發(fā)生消去反響，而C不含酚羥基，鑒別B和C的常用化學(xué)試劑為FeCl3溶液，故答案為：FeCl3溶液；F( )分子中含有苯環(huán)；②能發(fā)生銀鏡反響，說明含有醛基，③核磁共振氫譜中有3個(gè)吸取峰，存在高度對稱，符合一級的同分異構(gòu)體為 、 ，故答案為： (或 )；21頁發(fā)生消去反響生成 ，然后發(fā)生信息中氧化生成，再與Mg/乙醚反響生成 ，2分子在THF、0℃條件下生成 ，最終在Pd?C/H2，HCl、THF條件下生成 ，合成路線為℃ ，故答案為：℃ 。CH3Cl與Mg發(fā)生化合反響生成CH3MgCl，CH3MgCl與 先發(fā)生加成反響、再水解生成A，A組成上脫氧生成B，發(fā)生復(fù)原反響，B發(fā)生取代反響生成C，C發(fā)生取代反應(yīng)生成D，D中?OTS轉(zhuǎn)化為?OH生成E，發(fā)生取代反響，重引入B→C消退的酚羥基，可知B→C的目的是保護(hù)酚羥基，E發(fā)生取代反響生成F；(5) 發(fā)生消去反響生成 ，然后發(fā)生信息中氧化生成，再與Mg/乙醚反響生成 ，2分子在THF、0℃條件下生成 ，最終在Pd?C/H2，HCl、THF條件下生成 。此題考察有機(jī)物的推斷與合成，涉及雜化方式、對步驟的分析評價(jià)、有機(jī)物鑒別與官能團(tuán)檢驗(yàn)、限制條件同分異構(gòu)體的書寫、合成路線設(shè)計(jì)等，比照有機(jī)物的構(gòu)造變化理解發(fā)生的反響，題目側(cè)重考察學(xué)生分析推理力氣、學(xué)問遷移運(yùn)用力氣?！敬鸢浮緾o2+與NH3形成絡(luò)合物[Co(NH3)6]2+，使溶液在Co2+的濃度減小，可以降低Co2+與OH?反響生成Co(OH)2沉淀的速率取最終一次洗滌的濾液，參與BaCl2溶液，21頁如無白色沉淀生成，則產(chǎn)品已經(jīng)洗滌干凈，否則，未洗滌干凈b 0.5 向其中參與1mol/LH2SO4至固體完全溶解，再參與30%H2O2溶液直至溶液顏色不再加深，然后向溶液中參與5mol/L氨水，調(diào)整pH=6，過濾，向?yàn)V液中參與5mol/LNaOH溶液+H?2溶液前必需先加氨水的緣由是：Co2+與NH3形成絡(luò)合物[Co(NH3)6]2+，使溶液在Co2+的濃度減小，可以降低Co2+與OH?反響生成Co(OH)2沉淀的速率，故答案為：Co2+與NH3形成絡(luò)合物[Co(NH3)6]2+，使溶液在Co2+的濃度減小，可以降低Co2+與OH?反響生成Co(OH)2沉淀的速率；②沉淀附著SO2?等，檢驗(yàn)產(chǎn)品是否洗凈的試驗(yàn)操作是：取最終一次洗滌的濾液，參與②4BaCl2溶液，如無白色沉淀生成，則產(chǎn)品已經(jīng)洗滌干凈，否則，未洗滌干凈，故答案為：取最終一次洗滌的濾液，參與BaCl2溶液，如無白色沉淀生成，則產(chǎn)品已經(jīng)洗滌干凈，否則，未洗滌干凈；①b，故答案為：b