高中化学高考三轮冲刺 优质课奖

2023年湖南省永州市高考化学三模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）（2023•永州三模）化学与社会、生活密切相关．对下列现象或事实的解释正确的是（）A．用含有铁粉的透气小袋与食品一起密封包装，说明铁粉能吸收水分B．浓硫酸可以盛放在铝桶中，说明铝不能与浓硫酸反应C．硫酸铝与碳酸氢钠能制作泡沫灭火剂，利用了硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液混合后能发生剧烈双水解反应D．用氢氟酸雕刻玻璃，说明氢氟酸是强酸2．（6分）（2023•永州三模）下列有关仪器使用方法或实验操作说法正确的是（）A．用湿润的pH试纸测定溶液的pH，测定结果偏小B．石蕊、酚酞等酸碱指示剂均可用作中和滴定的指示剂C．托盘天平称量药品时，都应垫上滤纸称量D．滴定管以及容量瓶在使用前需检查是否漏水3．（6分）（2023•永州三模）第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物溶于水可得四种溶液，•L﹣1的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如右图所示．下列说法正确的是（）A．简单离子半径：X＞Y＞Z＞WB．Y元素存在同素异形体C．气态氢化物的稳定性：Z＞W＞YD．X和Y的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时，溶液呈中性4．（6分）（2023•永州三模）25℃时，下列叙述正确的是（）A．NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至pH=7，则c（Na+）=2c（SO42﹣）B．mol•L﹣1CH3COOH溶液与mol•L﹣1CH3COONa等体积混合pH＜7，则c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣）C．AgCl在水中溶解度与在稀盐酸中溶解度相同D．KNO3溶液和CH3COONH4溶液pH均为7，则两溶液中水的电离程度相同5．（6分）（2023•永州三模）已知下表均为烷烃分子的化学式，且它们的一氯取代物只有一种123456……C2H6C5H12C8H18………则第6项烷烃分子的化学式（）A．C16H34B．C17H36C．C26H54D．C27H566．（6分）（2023•永州三模）下表中实验操作、现象以及所得出的结论都正确的是（）选项实验操作实验现象实验结论A向1mL2mol•L﹣1NaOH溶液加入2滴•L﹣1MgCl2溶液，再滴加2滴•L﹣1FeCl3溶液先生成白色沉淀，后生成红褐色沉淀Fe（OH）3比Mg（OH）2更难溶B向NH3•H2O溶液中滴加少量AgNO3溶液无明显现象NH3•H2O和AgNO3不反应C向试管中某溶液加入NaOH溶液试管口湿润的红色石蕊试纸不变蓝溶液中无NH4+D浓硫酸加入Cu片后，加热有白色固体生成白色固体为CuSO4A．AB．BC．CD．D7．（6分）（2023•永州三模）pH=1的某溶液X中仅含有NH4+、Al3+、Ba2+、Fe2+、Fe3+、CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣、Cl﹣、NO3﹣中的一种或几种（忽略水的电离及离子的水解），取该溶液进行连续实验，实验过程如下：下列有关推断不正确的是（）A．沉淀H为Al（OH）3、BaCO3的混合物B．根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3+、Cl﹣C．溶液X中一定含有Al3+、NH4+、Fe2+、SO42﹣、H+D．若溶液X为100mL，产生的气体A为mL（标况），则X中c（Fe2+）=mol•L﹣1二、解答题（共3小题，满分43分）8．（15分）（2023•永州三模）乙酰苯胺具有解热镇痛作用，是较早使用的解热镇痛药，有“退热冰”之称，其制备原理如下：NH2+CH3COOHNHCOOCH3+HO已知：①苯胺易被氧化．②乙酰苯胺、苯胺和醋酸的部分物理性质如下表：物质熔点沸点溶解度乙酰苯胺℃305℃微溶于冷水、易溶于热水苯胺﹣6℃℃微溶于水醋酸℃118℃易溶于水实验步骤如下：步骤1：在a中，加入9mL（）苯胺、15mL（）冰醋酸及少许锌粉，依照如图装置组装仪器．步骤2：控制温度计读数在105℃左右，小火加热回流至反应完全．步骤3：趁热将反应混合物倒入盛有100mL冷水的烧杯中，冷却后抽滤（一种快速过滤方法）、洗涤，得到粗产品．步骤4：将步骤3所得粗产品进一步提纯后，称得产品质量为．请回答下列问题：（1）仪器a的名称为，所选仪器a的最佳规格是（填序号）．（2）实验中加入少许锌粉的目的是．（3）步骤2中，控制温度计读数在105℃左右的原因是．（4）判断反应已基本完全的方法为．（5）步骤3中趁热将混合物倒入盛有冷水的烧杯中，“趁热”的原因是．（6）步骤4中粗产品进一步提纯，该提纯方法是．（7）本次实验的产率为．9．（14分）（2023•永州三模）雾霾由多种污染物形成，其中包含颗粒物（包括在内）、氮氧化物（NOx）、CO、SO2等．化学在解决雾霾污染中有着重要的作用．（1）已知：2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=﹣•mol﹣12NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H=﹣•mol﹣1则反应NO2（g）+SO2（g）═SO3（g）+NO（g）△H=kJ•mol﹣1．一定条件下，将NO2与SO2以体积比1：2置于恒温恒容的密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的有．a．体系密度保持不变b．混合气体颜色保持不变c．SO3和NO的体积比保持不变d．每消耗1molSO3的同时生成1molNO2测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1：5，则平衡常数K=．（2）CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）．CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示．实际生产条件控制在250℃、×104kPa左右，选择此压强的理由是．（3）如图是一种用NH3脱除烟气中NO的原理．①该脱硝原理中，NO最终转化为H2O和（填化学式）．②当消耗1molNH3和时，除去的NO在标准状况下的体积为L．（4）NO直接催化分解（生成N2和O2）也是一种脱硝途径．在不同条件下，NO的分解产物不同．在高压下，NO在40℃下分解生成两种化合物，体系中各组分物质的量随时间变化曲线如右图所示，写出NO分解的化学方程式．10．（14分）（2023•永州三模）铬元素及其化合物在生产、生活中具有广泛的用途．（1）在常温下，铬能缓慢与稀硫酸反应，生成蓝色溶液．其金属性比铜（填“强”或“弱”）（2）Cr（OH）3和Al（OH）3性质类似，则Cr（OH）3与KOH反应的离子方程式为．（3）工业上净化处理铬污染的可用电解法．将含K2Cr2O7酸性废水放入电解槽内，加入适量的NaCl，以Fe作阳极和石墨作阴极进行电解．经过一段时间后，溶液中Cr和Fe转化为Cr（OH）3和Fe（OH）3沉淀除去．①写出阴极的电极反应式：．②溶液中Fe、Cr元素最终转化为Fe（OH）3和Cr（OH）3沉淀除去，原理为（用离子方程式和必要的文字说明）．③电解后的溶液中c（Fe3+）为×10﹣13mol•L﹣1，则溶液中c（Cr3+）为mol•L﹣1（已知Ksp[Fe（OH）3]=×10﹣38，Ksp[Cr（OH）3]=×l0﹣31）．（4）CrO3具有强氧化性，可用于查处酒驾，原理是在酸性条件下能将乙醇氧化成乙酸，CrO3被还原成绿色的硫酸铬[Cr2（SO4）3]，则该反应的化学方程式为．（5）CrO3的热稳定性较差，加热时逐步分解，其固体残留率×100%随温度的变化如图所示，则B点时剩余固体的成分是（填化学式）．【化学--选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11．（15分）（2023•永州三模）最近的研究发现，复合氧化物铁酸锰（MnFe2O4）可以用于热化学循环分解水制氢，因而受到许多发达国家的青睐．MnFe2O4的制备流程如下：（1）原料Fe（NO3）n中n=，投入原料Fe（NO3）n和Mn（NO3）2的质量之比应为．（2）步骤二中“连续搅拌”的目的是；步骤三中洗涤干净的标准．（3）利用MnFe2O4热化学循环制氢的反应可表示为MnFe2O4MnFe2O4﹣x+x/2O2↑；MnFe2O4﹣x+xH2O→MnFe2O4+xH2↑．请认真分析上述两个反应并回答下列问题：①若MnFe2O4﹣x中x=，则MnFe2O4﹣x中Fe2+占全部铁元素的百分率为．②该热化学循环新氢法的优点有（答两点即可）．③该热化学循环法制氢尚有不足之处，进一步改进的研究方向是．【化学一选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12．（2023•永州三模）利用铜萃取剂M，通过如下反应实现铜离子的富集：（1）X难溶于水、易溶于有机溶剂，其晶体类型为．（2）M所含元素的电负性由大到小顺序为，N原子以轨道与O原子形成σ键．（3）上述反应中断裂和生成的化学键有（填序号）．a．离子键b．配位键c．金属键d．范德华力e．共价键（4）M与W（分子结构如图）相比，M的水溶性小，更利于Cu2+的萃取．M水溶性小的主要原因是．（5）基态Cu2+的外围电子排布式为，Cu2+等过渡元素水合离子是否有颜色与原子结构有关，且存在一定的规律．判断Sc3+、Zn2+的水合离子为无色的依据是．离子Sc3+Ti3+Fe2+Cu2+Zn2+颜色无色紫红色浅绿色蓝色无色【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）13．（2023•永州三模）芳香酯I的合成路线如下：已知以下信息：①A﹣I均为芳香族化合物，B能发生银镜反应，D的相对分子质量比C大4，E的核磁共振氢谱有3组峰．②③2RCH2CHOR﹣请回答下列问题：（1）A→B的反应类型为，D所含官能团的名称为，E的名称为．（2）E→F与F→G的顺序能否颠倒（填“能”或“否”），理由．（3）B与银氨溶液反应的化学方程式为．（4）I的结构简式为．（5）符合下列要求A的同分异构体还有种．①与Na反应并产生H2②芳香族化合物（6）根据已有知识并结合相关信息，写出以CH3CH2OH为原料制备CH3CH2CH2CH2OH的合成路线流程图（无机试剂任用）．合成路线流程图示例如下：CH3CH2BrCH3CH2OHCH3COOCH2CH3．

2023年湖南省永州市高考化学三模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）（2023•永州三模）化学与社会、生活密切相关．对下列现象或事实的解释正确的是（）A．用含有铁粉的透气小袋与食品一起密封包装，说明铁粉能吸收水分B．浓硫酸可以盛放在铝桶中，说明铝不能与浓硫酸反应C．硫酸铝与碳酸氢钠能制作泡沫灭火剂，利用了硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液混合后能发生剧烈双水解反应D．用氢氟酸雕刻玻璃，说明氢氟酸是强酸考点：浓硫酸的性质；盐类水解的应用；硅和二氧化硅．分析：A．铁具有还原性，铁粉可防止食品氧化；B．浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够与铝发生钝化；C．铝离子为弱碱阳离子，碳酸氢根离子为弱碱阴离子，二者发生双水解；D．氢氟酸为弱酸．解答：解：A．铁具有还原性，铁粉可防止食品氧化，故A错误；B．浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够与铝发生钝化，阻止反应进行钝化属于化学反应，故B错误；C．铝离子为弱碱阳离子，碳酸氢根离子为弱碱阴离子，二者发生双水解，生成氢氧化铝泡沫和二氧化碳，故C正确；D．氢氟酸为弱酸，能够与玻璃中的二氧化硅反应，用来雕刻玻璃，故D错误；故选：C．点评：本题考查了元素化合物知识，侧重考查浓硫酸、铁、氢氟酸的性质以及双水解反应，熟悉相关知识即可解答，注意对基础知识的积累．2．（6分）（2023•永州三模）下列有关仪器使用方法或实验操作说法正确的是（）A．用湿润的pH试纸测定溶液的pH，测定结果偏小B．石蕊、酚酞等酸碱指示剂均可用作中和滴定的指示剂C．托盘天平称量药品时，都应垫上滤纸称量D．滴定管以及容量瓶在使用前需检查是否漏水考点：化学实验方案的评价．分析：A．湿润的pH试纸测定溶液的pH，不一定有误差；B．石蕊变色范围宽且现象不明显，故一般不用石蕊作指示剂；C．称量NaOH放在小烧杯中；D．具有活塞或塞子的仪器使用前需要检查是否漏水．解答：解：A．湿润的pH试纸测定溶液的pH，不一定有误差，如测定NaCl溶液的pH无影响，故A错误；B．石蕊变色范围宽且现象不明显，故一般不用石蕊作指示剂，可选酚酞、甲基橙等酸碱指示剂均可用作中和滴定的指示剂，故B错误；C．称量NaOH固体应放在小烧杯中，不具有吸水性、腐蚀性的药品可垫上滤纸称量，故C错误；D．滴定管以及容量瓶均有塞子，所以在使用前需检查是否漏水，故D正确；故选D．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及pH的测定、酸碱指示剂的使用、固体称量及仪器的使用等，把握物质的性质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．3．（6分）（2023•永州三模）第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物溶于水可得四种溶液，•L﹣1的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如右图所示．下列说法正确的是（）A．简单离子半径：X＞Y＞Z＞WB．Y元素存在同素异形体C．气态氢化物的稳定性：Z＞W＞YD．X和Y的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时，溶液呈中性考点：原子结构与元素的性质．分析：第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液pH为12，氢氧根浓度为L，故为一元强碱，则X为Na；Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为L，故为一元强酸，则W为Cl元素；最高价含氧酸中，Z对应的酸性比W的强、Y对应的酸性比W的弱，而原子半径Y＞Z＞Cl，硅酸不溶于水，故Z为S元素，Y为P元素，据此解答．解答：解：第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液PH为12，氢氧根浓度为L，故为一元强碱，则X为Na；Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液PH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为L，故为一元强酸，则W为Cl元素；最高价含氧酸中，Z对应的酸性比W的强、Y对应的酸性比W的弱，而原子半径Y＞Z＞Cl，硅酸不溶于水，故Z为S元素，Y为P元素．A．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径P3﹣＞S2﹣＞Cl﹣＞Na+，故A错误；B．Y为磷元素，单质有红磷、白磷，故B正确；C．非金属性W（Cl）＞Z（S）＞Y（P），气态氢化物的稳定性：W＞Z＞Y，故C错误；D．X和Y的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、磷酸，恰好中和生成磷酸钠，溶液中磷酸根水解，溶液呈碱性，故D错误，故选B．点评：本题考查结构性质位置关系应用，根据酸性、原子半径推断元素是解题关键，侧重对元素周期律的考查，难度中等．4．（6分）（2023•永州三模）25℃时，下列叙述正确的是（）A．NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至pH=7，则c（Na+）=2c（SO42﹣）B．mol•L﹣1CH3COOH溶液与mol•L﹣1CH3COONa等体积混合pH＜7，则c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣）C．AgCl在水中溶解度与在稀盐酸中溶解度相同D．KNO3溶液和CH3COONH4溶液pH均为7，则两溶液中水的电离程度相同考点：离子浓度大小的比较．分析：A．溶液为中性，则c（H+）=c（OH﹣），结合电荷守恒可知c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42﹣）；B．混合液的pH＜7，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH﹣）、c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH），结合物料守恒可得：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）；C．盐酸中含有氯离子，抑制了氯化银的水解；D．醋酸铵溶液中，铵根离子、醋酸根离子都发生水解，促进了水的电离．解答：解：A．NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至pH=7，则c（H+）=c（OH﹣），由电荷守恒可知，溶液中应满足：c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42﹣），故A错误；mol•L﹣1CH3COOH溶液与mol•L﹣1CH3COONa等体积混合pH＜7，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH﹣）、c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH），结合物料守恒c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+）可得：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH），所以溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B正确；C．AgCl的溶解度与溶液中银离子和氯离子浓度有关，在稀盐酸中氯离子抑制了氯化银的水解，所以氯化银在水中的溶解度大于在稀盐酸中的，故C错误；D．KNO3溶液不存在水解，不影响水的电离，而CH3COONH4溶液中，铵根离子和醋酸根离子都发生水解，促进了水的电离，所以醋酸铵溶液中水的电离程度大于硝酸钾的，故D错误；故选B．点评：本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，注意明确物料守恒、电荷守恒、盐的水解原理的应用，明确影响难溶物溶解度、水的电离的因素，试题知识点较多，充分考查了学生的分析、理解能力．5．（6分）（2023•永州三模）已知下表均为烷烃分子的化学式，且它们的一氯取代物只有一种123456……C2H6C5H12C8H18………则第6项烷烃分子的化学式（）A．C16H34B．C17H36C．C26H54D．C27H56考点：探究化学规律．分析：由表格中数据可知：奇数项的C原子个数为前一奇数项中烷烃的C和H原子个数之和，偶数项中C原子个数为其前一个偶数项中C、H原子个数之和，所以第六项中C原子个数是第四项中C原子、H原子个数之和为26，再根据烷烃通式确定其分子式．解答：解：由表格中数据可知：奇数项的C原子个数为前一奇数项中烷烃的C和H原子个数之和，偶数项中C原子个数为其前一个偶数项中C、H原子个数之和，所以第六项中C原子个数是第四项中C原子、H原子个数之和为26，由烷烃通式知，第六项分子式为C26H54，故选C．点评：本题考查探究化学规律，明确所给化学式中存在的规律是解本题关键，侧重考查学生分析、判断及总结归纳能力，题目难度中等．6．（6分）（2023•永州三模）下表中实验操作、现象以及所得出的结论都正确的是（）选项实验操作实验现象实验结论A向1mL2mol•L﹣1NaOH溶液加入2滴•L﹣1MgCl2溶液，再滴加2滴•L﹣1FeCl3溶液先生成白色沉淀，后生成红褐色沉淀Fe（OH）3比Mg（OH）2更难溶B向NH3•H2O溶液中滴加少量AgNO3溶液无明显现象NH3•H2O和AgNO3不反应C向试管中某溶液加入NaOH溶液试管口湿润的红色石蕊试纸不变蓝溶液中无NH4+D浓硫酸加入Cu片后，加热有白色固体生成白色固体为CuSO4A．AB．BC．CD．D考点：化学实验方案的评价．分析：A．氢氧化钠过量，不发生沉淀的转化；B．Ag+与NH3•H2O先生成AgOH沉淀，当氨水过量时生成银氨溶液；C．滴加NaOH稀溶液，不生成氨气；D．硫酸铜是白色固体．解答：解：A．向1mL2mol•L﹣1NaOH溶液加入2滴•L﹣1MgCl2溶液，再滴加2滴•L﹣1FeCl3溶液，出现红褐色沉淀，氢氧化钠过量，不发生沉淀的转化，故A错误；B．Ag+与NH3•H2O先生成AgOH沉淀，当氨水过量时生成银氨溶液，溶液变澄清，所以Ag+与NH3•H2O能反应，故B错误；C．滴加NaOH稀溶液，不生成氨气，应滴加浓NaOH并加热，然后检验氨气，方案不合理，故C错误；D．浓硫酸加入Cu片后，加热生成硫酸铜，硫酸铜是白色固体，故D正确．故选D．点评：本题考查较为综合，涉及沉淀转化、物质检验以及元素化合物知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，难度大不，注意把握实验操作的原理和实验方法．7．（6分）（2023•永州三模）pH=1的某溶液X中仅含有NH4+、Al3+、Ba2+、Fe2+、Fe3+、CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣、Cl﹣、NO3﹣中的一种或几种（忽略水的电离及离子的水解），取该溶液进行连续实验，实验过程如下：下列有关推断不正确的是（）A．沉淀H为Al（OH）3、BaCO3的混合物B．根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3+、Cl﹣C．溶液X中一定含有Al3+、NH4+、Fe2+、SO42﹣、H+D．若溶液X为100mL，产生的气体A为mL（标况），则X中c（Fe2+）=mol•L﹣1考点：常见阴离子的检验；常见阳离子的检验．分析：pH=1的溶液为强酸性溶液，在强酸性溶液中一定不会存在CO32﹣、SO32﹣离子；加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀C为BaSO4，说明溶液中含有SO42﹣离子，生成气体A，则A只能是NO，说明溶液中含有还原性离子，则一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，沉淀F只为Fe（OH）3，生成气体D，则D为NH3，说明溶液中含有NH4+离子；溶液E中通入CO2气体，生成沉淀H，则H为Al（OH）3，E为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，再根据离子共存知识，溶液中含有Fe2+离子，则一定不含NO3﹣离子和SO32﹣离子，那么一定含有SO42﹣离子，那么就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl﹣，以此进行解答即可．解答：解：pH=1的溶液为强酸性溶液，在强酸性溶液中一定不会存在CO32﹣、SO32﹣离子；加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀C为BaSO4，说明溶液中含有SO42﹣离子，生成气体A，则A只能是NO，说明溶液中含有还原性离子，则一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，沉淀F只为Fe（OH）3，生成气体D，则D为NH3，说明溶液中含有NH4+离子；溶液E中通入CO2气体，生成沉淀H，则H为Al（OH）3，E为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，再根据离子共存知识，溶液中含有Fe2+离子，则一定不含NO3﹣离子和SO32﹣离子，那么一定含有SO42﹣离子，那么就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl﹣，A、根据上述分析可知H为Al（OH）3，BaCO3与过量的二氧化碳生成碳酸氢钡，易溶于水，故A错误；B、根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3+和Cl﹣，故B正确；C、依据分析可知，溶液中一定存在：NH4+、Al3+、Fe2+、SO42﹣和H+，故C正确；D、生成气体A的离子反应方程式为：3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，产生的气体A为mL，物质的量为：=，故n（Fe2+）=3×=，c（Fe2+）==L，故D正确，故选A．点评：本题考查了常见阴阳离子的检验、无机推断，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．二、解答题（共3小题，满分43分）8．（15分）（2023•永州三模）乙酰苯胺具有解热镇痛作用，是较早使用的解热镇痛药，有“退热冰”之称，其制备原理如下：NH2+CH3COOHNHCOOCH3+HO已知：①苯胺易被氧化．②乙酰苯胺、苯胺和醋酸的部分物理性质如下表：物质熔点沸点溶解度乙酰苯胺℃305℃微溶于冷水、易溶于热水苯胺﹣6℃℃微溶于水醋酸℃118℃易溶于水实验步骤如下：步骤1：在a中，加入9mL（）苯胺、15mL（）冰醋酸及少许锌粉，依照如图装置组装仪器．步骤2：控制温度计读数在105℃左右，小火加热回流至反应完全．步骤3：趁热将反应混合物倒入盛有100mL冷水的烧杯中，冷却后抽滤（一种快速过滤方法）、洗涤，得到粗产品．步骤4：将步骤3所得粗产品进一步提纯后，称得产品质量为．请回答下列问题：（1）仪器a的名称为圆底烧瓶，所选仪器a的最佳规格是B（填序号）．（2）实验中加入少许锌粉的目的是防止苯胺被氧化，同时起着沸石的作用．（3）步骤2中，控制温度计读数在105℃左右的原因是温度过低不能蒸出反应所生成的水或温度过高未反应的乙酸蒸出．（4）判断反应已基本完全的方法为锥形瓶不再有水增加．（5）步骤3中趁热将混合物倒入盛有冷水的烧杯中，“趁热”的原因是冷却后固体析出粘在瓶壁上不易处理．（6）步骤4中粗产品进一步提纯，该提纯方法是重结晶．（7）本次实验的产率为80%．考点：制备实验方案的设计．分析：（1）根据装置图分析；圆底烧瓶所盛放的溶液体积一般不能超过烧瓶容积的，不能低于；（2）苯胺易被氧化，加入锌粉，防止苯胺被氧化，同时起着沸石的作用，防止暴沸；（3）根据乙酸和水的沸点分析；（4）反应生成水，若不再生成水，说明完全；（5）若让反应混合物冷却，会有固体析出；（6）乙酰苯胺的溶解度受温度影响较大，且与乙酸、苯胺的溶解度相差较大，可以用重结晶的方法进行提纯．（7）加入9mL（）苯胺、15mL（）冰醋酸及少许锌粉，所以乙酸过量，根据苯胺的物质的量计算出乙酰苯胺的物质的量和质量，再求出产率．解答：解：（1）根据装置图可知a仪器为圆底烧瓶；反应物液体的总体积超过22mL，由于圆底烧瓶所盛放的溶液体积一般不能超过，也不能低于，因此最佳规格是50mL，故答案为：圆底烧瓶；B；（2）苯胺易被氧化，加入锌粉，防止苯胺被氧化，同时起着沸石的作用，防止暴沸，故答案为：防止苯胺被氧化，同时起着沸石的作用；（3）已知醋酸的沸点为118℃，水的沸点为100℃，温度过高，未反应的乙酸会蒸出，降低反应物的利用率，温度过低，又不能除去反应生成的水，故选择控制温度计约105℃，故答案为：温度过低不能蒸出反应所生成的水或温度过高未反应的乙酸蒸出；（4）反应生成水，水经过加热蒸发、冷凝进入锥形瓶中，若锥形瓶中水的量不再增加，说明反应基本完全，故答案为：锥形瓶不再有水增加；（5）已知乙酰苯胺的熔点为℃，常温下为固体，若让反应混合物冷却，则乙酰苯胺会以固体形式析出沾在瓶壁上不易处理，故需要“趁热”过滤；故答案为：若让反应混合物冷却，则固体析出沾在瓶壁上不易处理；（6）乙酰苯胺的溶解度受温度影响较大，且与乙酸、苯胺的溶解度相差较大，可以用重结晶的方法进行提纯，故答案为：重结晶；（7）加入9mL（）苯胺、15mL（）冰醋酸及少许锌粉，所以乙酸过量，按照苯胺的物质的量计算，设生成的乙酰苯胺为xmol，NH2+CH3COOHNHCOOCH3+H2O1mol1molx则x=，所以m（乙酰苯胺）=×135g/mol=，所以所得到乙酰苯胺的产率是×100%=80%；故答案为：80%．点评：本题考查有机物制备方案设计，涉及物质的分离提纯、对操作的分析评价、基本操作等，理解实验原理和物质的性质是解题的关键，是对学生综合能力的考查，难度中等．9．（14分）（2023•永州三模）雾霾由多种污染物形成，其中包含颗粒物（包括在内）、氮氧化物（NOx）、CO、SO2等．化学在解决雾霾污染中有着重要的作用．（1）已知：2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=﹣•mol﹣12NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H=﹣•mol﹣1则反应NO2（g）+SO2（g）═SO3（g）+NO（g）△H=﹣•mol﹣1．一定条件下，将NO2与SO2以体积比1：2置于恒温恒容的密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的有b．a．体系密度保持不变b．混合气体颜色保持不变c．SO3和NO的体积比保持不变d．每消耗1molSO3的同时生成1molNO2测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1：5，则平衡常数K=．（2）CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）．CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示．实际生产条件控制在250℃、×104kPa左右，选择此压强的理由是在×104kPa下，CO的转化率已经很高，如果增加压强CO的转化率提高不大，而生产成本增加，经济效益低．（3）如图是一种用NH3脱除烟气中NO的原理．①该脱硝原理中，NO最终转化为H2O和N2（填化学式）．②当消耗1molNH3和时，除去的NO在标准状况下的体积为L．（4）NO直接催化分解（生成N2和O2）也是一种脱硝途径．在不同条件下，NO的分解产物不同．在高压下，NO在40℃下分解生成两种化合物，体系中各组分物质的量随时间变化曲线如右图所示，写出NO分解的化学方程式3NON2O+NO2．考点：用化学平衡常数进行计算；化学方程式的有关计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡状态的判断．分析：（1）利用盖斯定律计算反应热，得到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变，计算平衡时各物质的浓度，可K=计算平衡常数；（2）实际生产条件控制在250℃、×104kPa左右，选择此压强的理由是工业生产要考虑速经济效益，要考虑速度和效率，据此分析；（3）①由图3可知反应物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水；②根据氨气失去的电子的物质的量等于NO和氧气得到的电子总物质的量计算；（4）NO在40℃下分解生成两种化合物，根据元素守恒可知生成的为N的氧化物，由图象可知3molNO生成两种氮的氧化物各为1mol，根据原子守恒判断产物书写方程式．解答：解：（1）2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣•mol﹣1①2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H=﹣•mol﹣1②将方程式得：NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H==﹣mol，a．随反应：NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）的进行，气体的质量和体积都不变，所以ρ=也不变，不能说明到达平衡状态，故a错误；b．混合气体颜色保持不变，说明二氧化氮的浓度不变，说明到达平衡状态，故b正确；c．随反应进行，SO3和NO都是生成物，所以体积比一直等于系数比，所以SO3和NO的体积比保持不变，不能说明到达平衡状态，故c错误；d．每生成1molSO3的同时消耗1molNO2都表示正反应速率，反应自始至终都按此比例进行，故d错误；NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）起始物质的体积a2a00转化物质的体积xxxx平衡物质的体积a﹣x2a﹣xxx平衡时NO2与SO2体积比为1：6，即（1a﹣x）：（2a﹣x）=1：5，故x=a，故平衡常数K====，故答案为：﹣；b；；（2）实际生产条件控制在250℃、×104kPa左右，选择此压强的理由是工业生产要考虑速经济效益，要考虑速度和效率，压强越大需要的条件越高，花费越大．故答案为：在×104kPa下，CO的转化率已经很高，如果增加压强CO的转化率提高不大，而生产成本增加，经济效益低；（3）①由图3可知反应物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水，所以NO最终转化为N2和H2O，故答案为：N2；②氧气、一氧化氮和氨气反应生成氮气和水，反应中氨气失去的电子的物质的量等于NO和氧气得到的电子总物质的量，1molNH3转化为N2失去3mol电子，得到2mol电子，则NO转化为N2得到的电子为1mol，所以NO的物质的量为，其体积为mol×=，故答案为：；（4）NO在40℃下分解生成两种化合物，根据元素守恒可知生成的为N的氧化物，氮元素的氧化物有NO、N2O、NO2、N2O3、N2O4、N2O5，由图象可知3molNO生成两种氮的氧化物各为1mol，其反应方程式为：3NO=Y+Z，根据原子守恒可知为N2O、NO2，所以方程式为3NON2O+NO2，故答案为：3NON2O+NO2．点评：本题考查了盖斯定律的应用、平衡状态的判断、平衡常数的计算、氧化还原反应化学方程式的书写及其计算、图象的分析与应用等，考查了学生的分析能力以及对基础知识的综合应用能力，题目难度中等．10．（14分）（2023•永州三模）铬元素及其化合物在生产、生活中具有广泛的用途．（1）在常温下，铬能缓慢与稀硫酸反应，生成蓝色溶液．其金属性比铜强（填“强”或“弱”）（2）Cr（OH）3和Al（OH）3性质类似，则Cr（OH）3与KOH反应的离子方程式为Cr（OH）3+OH﹣=CrO2﹣+2H2O．（3）工业上净化处理铬污染的可用电解法．将含K2Cr2O7酸性废水放入电解槽内，加入适量的NaCl，以Fe作阳极和石墨作阴极进行电解．经过一段时间后，溶液中Cr和Fe转化为Cr（OH）3和Fe（OH）3沉淀除去．①写出阴极的电极反应式：2H++2e﹣=H2↑．②溶液中Fe、Cr元素最终转化为Fe（OH）3和Cr（OH）3沉淀除去，原理为阳极Fe﹣2e﹣=Fe2+，6Fe2++Cr2O72﹣+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，消耗H+，同时阴极H+放电，c（OH﹣）增大，Fe3+、Cr3+结合OH﹣转化为沉淀（用离子方程式和必要的文字说明）．③电解后的溶液中c（Fe3+）为×10﹣13mol•L﹣1，则溶液中c（Cr3+）为3×10﹣6mol•L﹣1（已知Ksp[Fe（OH）3]=×10﹣38，Ksp[Cr（OH）3]=×l0﹣31）．（4）CrO3具有强氧化性，可用于查处酒驾，原理是在酸性条件下能将乙醇氧化成乙酸，CrO3被还原成绿色的硫酸铬[Cr2（SO4）3]，则该反应的化学方程式为4CrO3+3CH3CH2OH+6H2SO4→2Cr2（SO4）3+3CH3COOH+9H2O．（5）CrO3的热稳定性较差，加热时逐步分解，其固体残留率×100%随温度的变化如图所示，则B点时剩余固体的成分是Cr2O3（填化学式）．考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写；化学方程式的有关计算；电解原理．分析：（1）铜排在金属活动性顺序表中H的后面，不能与硫酸反应，据此解答即可；（2）氢氧化铝与氢氧化钾反应生成偏铝酸钾和水，据此书写；（3）①阴极上是阳离子发生得电子的还原反应，据此书写电极反应；②Fe3+、Cr3+在水溶液中会发生水解反应，当溶液的碱性达到一定程度就会生成氢氧化物沉淀；③根据电解后溶液中c（Fe3+），由KsP[Fe（OH）3]计算溶液中c（OH﹣），再根据KsP[Cr（OH）3]计算溶液中c（Cr3+）；（4）根据化合价升降总数相等以及原子守恒来解答；（5）根据质量守恒定律，在变化过程中，Co的质量没有变，求出氧原子和铬原子的个数比即可．解答：解：（1）在常温下，铬能缓慢与稀硫酸反应，而Cu不能与稀硫酸反应，说明Cr金属活泼性较强，故答案为：强；（2）Cr（OH）3和Al（OH）3类似，氢氧化铝与氢氧化钾反应生成偏铝酸钾和水，故Cr（OH）3与KOH反应生成KCrO2，离子反应方程式为：Cr（OH）3+OH﹣=CrO2﹣+2H2O，故答案为：Cr（OH）3+OH﹣=CrO2﹣+2H2O；（3）①用Fe为电极进行电解，阳极是活泼电极，则电极本身发生失电子的氧化反应，即Fe﹣2e﹣═Fe2+，阴极上是阳离子发生得电子的还原反应，即2H++2e﹣═H2↑，故答案为：2H++2e﹣═H2↑；②在电解池的阳极：Fe﹣2e﹣═Fe2+，Cr2O72﹣具有强氧化性，可以将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为2Cr3+，反应的实质是：6Fe2++Cr2O72﹣+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O，Cr2O72﹣与Fe2+反应的过程中，将消耗大量的H+，使溶液pH上升，促使Fe3+、Cr3+水解并最终转化为Fe（OH）3、Cr（OH）3沉淀，故答案为：阳极Fe﹣2e﹣=Fe2+，6Fe2++Cr2O72﹣+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，消耗H+，同时阴极H+放电，c（OH﹣）增大，Fe3+、Cr3+结合OH﹣转化为沉淀；③电解后溶液中c（Fe3+）=×10﹣13mol/L，则溶液中c3（OH﹣）=mol/L=2×10﹣25mol/L，故溶液中c（Cr3+）=mol/L=3×10﹣6mol/L，故答案为：3×10﹣6；（4）CrO3具有强氧化性，遇到有机物（如酒精）时，乙醇被氧化成乙酸，碳的平均化合价从﹣2价升高到0，1个乙醇化合价变化4，CrO3被还原成绿色的硫酸铬[Cr2（SO4）3]，铬的化合价从+6价降低到+3价，1个CrO3化合价变化3，两者的最小公倍数是12，再根据原子守恒得：4CrO3+3C2H5OH+6H2SO4=2Cr2（SO4）3+3CH3CO0H+9H2O，故答案为：4CrO3+3C2H5OH+6H2SO4=2Cr2（SO4）3+3CH3CO0H+9H2O；（5）设CrO3的质量为100g，则CrO3中铬元素的质量为：100g×=52g，B点时固体的质量为：100g×76%=76g，Co的质量没有变，所以生成物中Co的质量为52g，氧元素的质量为16，两者的个数比为=2：3，所以B点时剩余固体的成分是Cr2O3，故答案为：Cr2O3．点评：本题考查了离子方程式和电极反应式的书写，难度不大，注意（5）题中，在变化过程中，Co的质量没有变，是解题的关键．【化学--选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11．（15分）（2023•永州三模）最近的研究发现，复合氧化物铁酸锰（MnFe2O4）可以用于热化学循环分解水制氢，因而受到许多发达国家的青睐．MnFe2O4的制备流程如下：（1）原料Fe（NO3）n中n=3，投入原料Fe（NO3）n和Mn（NO3）2的质量之比应为484：179．（2）步骤二中“连续搅拌”的目的是充分反应、沉淀完全；步骤三中洗涤干净的标准最后一次洗涤液呈中性．（3）利用MnFe2O4热化学循环制氢的反应可表示为MnFe2O4MnFe2O4﹣x+x/2O2↑；MnFe2O4﹣x+xH2O→MnFe2O4+xH2↑．请认真分析上述两个反应并回答下列问题：①若MnFe2O4﹣x中x=，则MnFe2O4﹣x中Fe2+占全部铁元素的百分率为60%．②该热化学循环新氢法的优点有具有过程简单、无污染、物料廉价并可循环使用及氧气和氢气在不同步骤生成，因此不存在高温气体分离等优点（答两点即可）．③该热化学循环法制氢尚有不足之处，进一步改进的研究方向是寻找合适的催化剂，使MnFe2O4分解温度降低或找分解温度更低的氧化物．考点：制备实验方案的设计．分析：（1）根据MnFe2O4的制备流程，可知Mn、Fe的化合价未变，Mn（NO3）2中Mn的化合价为+2，则MnFe2O4中Fe的化合价为+3，从而求出Fe（NO3）n中的n，由MnFe2O4中可知：Fe和Mn的个数之比为2：1，根据质量守恒，求出原料Fe（NO3）n和Mn（NO3）2的质量之比；（2）根据搅拌的通常目的和判断沉淀是否洗涤干净的方法来解答；（3）①根据化合价代数和为0，计算MnFe2O4﹣x中铁的总价态，1molMnFe2O4﹣中含Fe2+、Fe3+物质的量分别为xmol、ymol，列方程组解答；②从可操作性、环保以及原料的价格等方面分析；③改进方法可从流程简洁方面考虑．解答：解：（1）Mn为+2价，则MnFe2O4中Fe的化合价为+3价，则Fe（NO3）n中n=3；由MnFe2O4中可知：Fe和Mn的个数之比为2：1，所以Fe（NO3）3与Mn（NO3）2二者的物质的量之比2：1，所以其质量之比为：242×2：179=484：179；故答案为：3；484：179；（2）连续搅拌是为了让Fe（NO3）n和Mn（NO3）2充分反应，由于溶液显碱性，则洗涤至洗涤液为中性时，说明沉淀上没有溶液中的离子，即沉淀已经洗涤干净；故答案为：充分反应或沉淀完全；最后一次洗涤液呈中性；（3）①x=时，铁的总价态为（4﹣）×2﹣2=，设1molMnFe2O4﹣中含Fe2+、Fe3+物质的量分别为xmol、ymol，则有x+y=2，2x+3y=，联立解得：x=，y=，则1molMnFe2O4﹣中含Fe2+的物质的量为，则Fe2+占的百分率为×100%=60%．故答案为：60%；②由流程图可以看出过程简单、节约能量、无污染、物料廉价并可循环使用及氧气和氢气在不同步骤生成，不存在高温气体分离的问题等，故答案为：过程简单、节约能量、无污染、物料廉价并可循环使用及氧气和氢气在不同步骤生成，不存在高温气体分离的问题等（答两点即可）；③因高温消耗较多的能源，则寻找合适的催化剂，使MnFe2O4分解温度降低或分解温度更低的氧化物，故答案为：寻找合适的催化剂，使MnFe2O4分解温度降低或分解温度更低的氧化物．点评：本题以MnFe2O4的制备为载体，考查学生对工艺流程的理解、对实验操作的理解、化学式有关计算等，难度中等，综合性较强，涉及的知识点多，需要学生具备阅读分析能力和灵活运用知识的解决问题能力．【化学一选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12．（2023•永州三模）利用铜萃取剂M，通过如下反应实现铜离子的富集：（1）X难溶于水、易溶于有机溶剂，其晶体类型为分子晶体．（2）M所含元素的电负性由大到小顺序为O＞N＞C＞H，N原子以sp2杂化轨道与O原子形成σ键．（3）上述反应中断裂和生成的化学键有be（填序号）．a．离子键b．配位键c．金属键d．范德华力e．共价键（4）M与W（分子结构如图）相比，M的水溶性小，更利于Cu2+的萃取．M水溶性小的主要原因是M能形成分子内氢键，使溶解度减小．（5）基态Cu2+的外围电子排布式为3d9，Cu2+等过渡元素水合离子是否有颜色与原子结构有关，且存在一定的规律．判断Sc3+、Zn2+的水合离子为无色的依据是3d轨道上没有未成对电子．离子Sc3+Ti3+Fe2+Cu2+Zn2+颜色无色紫红色浅绿色蓝色无色考点：元素电离能、电负性的含义及应用；原子核外电子排布；配合物的成键情况．分析：（1）依据X的结构简式判断其晶体类型；（2）元素的非金属性越强，电负性越强；即同周期自左而右电负性增大；同一主族元素从上到下电负性逐渐减小；（3）由结构简式可知X分子中存在配位键和共价键，据此解答即可；（4）分子内氢键的存在，导致水溶性减小，据此解答即可；（5）根据核外电子排布规律书写Cu原子的核外电子排布式，电子按能层高低进行失去，进而书写Cu2+的外围电子排布式；判断Sc3+、Zn2+离子的原子核外3d轨道上是否含有电子来判断是否有颜色．解答：解：（1）依据所给X的结构简式判断，X难溶于水、易溶于有机溶剂，故X为分子晶体，故答案为：分子晶体；（2）同周期自左而右电负性增大，故电负性O＞N＞C＞H，由结构简式可知N原子共形成3对共价键，1个配位键，即N原子采取sp2杂化，故答案为：O＞N＞C＞H；sp2杂化；（3）由结构简式可知X分子中存在配位键和共价键，故选：be；（4）由于M能形成分子内氢键，使溶解度减小，故答案为：M能形成分子内氢键，使溶解度减小；（5）Cu原子的核外电子排布式为1s22s