2023年江苏卷化学高考试题真题(答案+解析)

2023年江苏卷化学高考试题一、单项选择题〔1020分〕打赢蓝天保卫战，提高空气质量。以下物质不属于空气污染物的是〔〕PM2.5 B.O2 C.SO2 D.NO反响8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2可用于氯气管道的检漏。以下表示相关微粒的化学用语正确的选项是A.9A.9的氮原子：9N7B.N分子的电子式：N⋮⋮N2C.Cl2分子的构造式：Cl-ClD.Cl-的构造示意图：以下有关物质的性质与用途具有对应关系的是〔〕铝的金属活泼性强，可用于制作铝金属制品氧化铝熔点高，可用作电解冶炼铝的原料氢氧化铝受热分解，可用于中和过多的胃酸明矾溶于水并水解形成胶体，可用于净水常温下，以下各组离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盐酸溶液：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以下有关化学反响的表达正确的选项是〔〕室温下，NaNa2O2室温下，Al4.0mol﹒L-1NaOHNaAlO2室温下，CuHNO3NO气体室温下，Fe与浓H2SO4FeSO4以下指定反响的离子方程式正确的选项是〔〕Cl2通入水中制氯水：Cl2+H2O⇌2H++Cl +ClO2NO2H2O=2H+NO3NO2 2 2 2 3 0.1mol⋅L1 NaAlO2溶液中通入过量CO：AlO +CO +2HO=Al(OH) ↓2 2 2 2 3 40.1mol⋅L1 AgNO3溶液中参加过量浓氨水：Ag++NH3+H2O=AgOH↓+NH+4反响 高温SiCl4(g)+2H2(g) _

Si(s)+4HCl(g)

可用于纯硅的制备。以下有关该反响的说法正确的选项是〔〕该反响𝛥H>0 、𝛥S<0该反响的平衡常数K= c4(HCl)c(SiCl4)×c2(H2)1molSi需消耗2×22.4LH2E表示键能，该反响ΔH=4E(Si-Cl)+2E(H-H)-4E(H-Cl)Na、Mg、Cl、Br元素及其化合物的说法正确的选项是〔〕NaOHMg(OH)2的强Cl2Br2的弱C.原子半径r: 𝑟(Br)>𝑟(Cl)>𝑟(Mg)>𝑟(Na)D.原子的最外层电子数n: n(Na)<n(Mg)<n(Cl)<n(Br)以下选项所示的物质间转化均能实现的是〔〕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、不定项选择题〔共520分〕将金属M连接在钢铁设施外表，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在题图所示的情境中，以下有关说法正确的选项是〔〕阴极的电极反响式为Fe 2e =Fe2+金属MFe的活动性弱钢铁设施外表因积存大量电子而被保护钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快化合物Z是合成某种抗结核候选药物的重要中间体，可由以下反响制得。以下有关化合物X、YZ的说法正确的选项是〔〕X分子中不含手性碳原子Y分子中的碳原子肯定处于同一平面Z在浓硫酸催化下加热可发生消去反响选项试验操作和现象结论A向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH选项试验操作和现象结论A向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少淀粉未水解量碘水，溶液变蓝BC室温下，向0.1mol⋅L1上升室温下，向浓度均为0.1mol⋅L1现白色沉淀HCl溶液中参加少量镁粉，产生大量气泡，测得溶液温度镁与盐酸反响放热BaCl2CaCl2混合溶液中参加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室温下，将两种浓度均为0.1mol⋅L1 的溶液等体积混合，假设溶液混合引起的体积变化可无视，以下各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的选项是〔〕3ANaHCO3 Na2CO3混合溶液(pH=10.30)：𝑐(Na)>𝑐(HCO3)>𝑐(CO23

)>𝑐(OH)B.氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：𝑐(NH4) 𝑐(H)=𝑐(NH3⋅H2O) 𝑐(OH)C.CH3COOH CH3COONa混合溶液(pH=4.76): 𝑐(Na)>𝑐(CH3COOH)>𝑐(CH3COO)>𝑐(H)D.H2C2O4 NaHC2O4混合溶液(pH=1.68，H2C2O4为二元弱酸): 𝑐(H) 𝑐(H2C2O4)=𝑐(Na)4𝑐(C2O2) 𝑐(OH)4CH4CO2重整生成H2CO的过程中主要发生以下反响CH4(g) CO2(g)=2H2(g) 2CO(g) 𝛥𝐻=247.1kJ⋅mol1H2(g) CO2(g)=H2O(g) CO(g) 𝛥𝐻=41.2kJ⋅mol1在恒压、反响物起始物质的量比𝑛(CH4):𝑛(CO2)=1:1条件下，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如下图。以下有关说法正确的选项是〔〕上升温度、增大压强均有利于提高CH4的平衡转化率曲线BCH4的平衡转化率随温度的变化一样条件下，改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠恒压、800K、n(CH4)：n(CO2)=1:1条件下，反响至CH4转化率到达X点的值，转变除温度外的特定条件连续反响，CH4转化率能到达Y点的值三、非选择题〔568分〕吸取工厂烟气中的SO2 ，能有效削减SO2对空气的污染。氨水、ZnO水悬浊液吸取烟气中SO2后经O2催化氧化，可得到硫酸盐。3 3 ：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水；溶液中H2SO、HSO-、SO2-3 3 的分布如图-1所示。2 2 氨水吸取SO。向氨水中通入少量SO ，主要反响的离子方程式为 ；当通入SO2 2 pH=6时，溶液中浓度最大的阴离子是 (填化学式)。ZnO水悬浊液吸取SO。向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO ，在开头吸取的40mim内，SO吸2 2 2pH均经受了从几乎不变到快速降低的变化(见图-2)pH几乎不变阶段，主要产物是 (填化学式)；SO2吸取率快速降低阶段，主要反响的离子方程式为 。2

催化氧化。其他条件一样时，调整吸取SO2

得到溶液的pH在4.5~6.5范围内，pH越低SO 2 生-4成速率越大，其主要缘由是 ；随着氧化的进展，溶液的pH将 (填“增大”、“减小”或“不变”)。-4化合物F是合成某种抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如下：〔1〕A中的含氧官能团名称为硝基、 和 。〔2〕B的构造简式为 。〔3〕C→D的反响类型为 。〔4〕C的一种同分异构体同时满足以下条件，写出该同分异构体的构造简式 。①FeCl3溶液发生显色反响。〔5〕写出以CH3CH2〔5〕写出以CH3CH2CHO和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图例如见此题题干) 。次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)都是常用的杀菌消毒剂。NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠.NaClO溶液可由低温下将Cl2缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备NaClO的离子方程式为 ；用于环境杀菌消毒的NaClO溶液须稀释并准时使用，假设在空气中暴露时间过长且见光，将会导致消毒作用减弱，其缘由是 。2二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过以下试验检测二氯异氰尿酸钠样品是否到达优质C3N3O3Cl−H+2H2O=C3H3N3O32HClO23HClO+2I +H+=I2+Cl +H2O I2+2S2O23

+2I61.1200g250.0mL25.00mL上述溶液于碘量瓶中，参加适量稀硫酸KI5min；用0.1000mol⋅L1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，参加淀粉指示剂连续滴定至终点，消耗Na2S2O320.00mL。6①通过计算推断该样品是否为优质品 。(写出计算过程，该样品的有效氯=测定中转化𝐻𝐶𝑙𝑂的氯元素养×2×100% )样品的质量②假设在检测中参加稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定值 (填“偏高”或“偏低”)。试验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成份为铁的氧化物)α-FeO。2 3其主要试验流程如下：酸浸：用肯定浓度的H2SO4溶液浸取铁泥中的铁元素。假设其他条件不变，试验中实行以下措施能提高铁元素浸出率的有 (填序号)。A.适当上升酸浸温度B.适当加快搅拌速度C.适当缩短酸浸时间复原：向“酸浸”后的滤液中参加过量铁粉，使Fe3+完全转化为Fe2+。“复原”过程中除生成Fe2+外，还会生成 (填化学式)；检验Fe3+是否复原完全的试验操作是 。除杂：向“复原”NH4FCa2+CaF2pH偏低、将会导致CaF沉淀不完全，其缘由是 [𝐾2 sp

(CaF2

)=5.3×10-9，𝐾(HF)=6.3×10-4]。aFeSO4溶液与氨水-NH4HCO3FeCO3沉淀。a3①生成FeCO沉淀的离子方程式为 。34 4 3 ②设计以FeSO溶液、氨水-NHHCO混合溶液为原料，制备FeCO的试验方案： 4 4 3 〔FeCO3沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)2pH=6.5〕。CO2/HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。CO2催化加氢。在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO3溶液(CO2与KOH溶液反响制得)中通入H2生成HCOO- ，其离子方程式为 ；其他条件不变，HCO3-转化为HCOO-的转化率随温度的变化如图-1所示。反响温度在40℃~80℃范围内，HCO3-催化加氢的转化率快速上升，其主要缘由是 。HCOOH燃料电池。争论HCOOH燃料电池性能的装置如图-2所示，两电极区间用允许K+、H+通过的半透膜隔开。①电池负极电极反响式为 ；放电过程中需补充的物质A为 (填化学式)。②图-2所示的HCOOH燃料电池放电的本质是通过HCOOH与O2的反响，将化学能转化为电能，其反响的离子方程式为 。HCOOH催化释氢。在催化剂作用下，HCOOHCO2H2可能的反响机理如图-3所示。2①HCOOD催化释氢反响除生成CO外，还生成 (填化学式)。2②争论觉察：其他条件不变时，以HCOOK溶液代替HCOOH催化释氢的效果更佳，其具体优点是 。四、选做题〔224分〕【物质构造与性质】以铁、硫酸、柠檬酸、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵65 72〔(NH4)3Fe(CH65 72Fe基态核外电子排布式为 ；[Fe(H2O)6]2 中与Fe2+配位的原子是 (填元素符号)。3NH分子中氮原子的轨道杂化类型是 ；C、N、O元素的第一电离能由大到小的挨次为3 。与NH 4 互为等电子体的一种分子为 (填化学式)。柠檬酸的构造简式见图。1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为 mol。的反响为ClCH2COOH 2NaOH→HOCH2COONa NaCl H2O 𝛥𝐻<0试验步骤如下：1：如下图装置的反响瓶中，参加40g氯乙酸、50mL水，搅拌。逐步参加40%NaOH95℃2pH9。步骤2：蒸出局部水至液面有薄膜，加少量热水，趁热过滤。滤液冷却至15℃，过滤得粗产品。3：粗产品溶解于适量热水中，加活性炭脱色，分别掉活性炭。步骤4：将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中，冷却至15℃以下，结晶、过滤、枯燥，得羟基乙酸钠。步骤1中，如下图的装置中仪器A的名称是 ；逐步参加NaOH溶液的目的是 。步骤2中，蒸馏烧瓶中参加沸石或碎瓷片的目的是 。步骤3中，粗产品溶解于过量水会导致产率 (填“增大”或“减小”)；去除活性炭的操作名称是 。步骤4中，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中的目的是 。答案解析局部一、单项选择题1.【答案】B【考点】常见的生活环境的污染及治理【解析A．PM2.5指环境空气中空气动力学当量直径小于等于2.5微米的颗粒物，PM2.5粒径小，面积大，活性强，易附带有毒、有害物质，且在大气中的停留时间长、输送距离远，因而对人体安康和大气环境质量的影响大，其在空气中含量浓度越高，就代表空气污染越严峻，PM2.5属于空气污染物，A不符合题意；B．O2是空气的主要成分之一，是人类维持生命不行缺少的物质，不属于空气污染物，B符合题意；C．SO2引起的典型环境问题是形成硫酸型酸雨，SO2属于空气污染物，C不符合题意；D．NO引起的典型环境问题有：硝酸型酸雨、光化学烟雾、破坏O3层等，NO属于空气污染物，D不符合题意；故答案为：B【分析】A．PM2.5属于空气污染物；B．O2不属于空气污染物；C．SO2属于空气污染物；D．NO属于空气污染物。2.C【解析】【解析】A．N原子的质子数为7，中子数为9的氮原子的质量数为7+9=16，该氮原子表示为A不符合题意；16N，7B．N2分子中两个N3对共用电子对，N2分子的电子式为，B不符合题意；C．Cl2Cl1对共用电子对，Cl2Cl-Cl，C符合题意；D．Cl-1718个电子，Cl-的构造示意图为，D不符合题意；故答案为：C【分析】A．生疏质量数，质子数的关系；B．N2分子中两个N3对共用电子对；C．构造式是用单线表示一对共用电子；D．Cl-18个电子。【答案】D【考点】铝的化学性质，镁、铝的重要化合物【解析】【解答】A．铝在空气中可以与氧气反响生成致密氧化铝，致密氧化铝包覆在铝外表阻挡铝进一步反响，铝具有延展性，故铝可用于制作铝金属制品，A不符合题意；B．氧化铝为离子化合物，可用作电解冶炼铝的原料，B不符合题意；C．氢氧化铝为两性氢氧化物，可以用于中和过多的胃酸，C不符合题意；D．明矾溶于水后电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮物，用于净水，D符合题意；故答案为：D2 【分析】A．4Al+3O2=2AlO2 2 3 B．2AlO解4Al+3O2 3 C．2Al〔OH〕3热Al2O3+3H2O；D．Al3++3H2O⇌Al〔OH〕3+3H+。【答案】A【考点】离子共存【解析】【解答】A0.1mol/L氨水中，四种离子可以大量共存，A符合题意；在0.1mol/L盐酸中含有大量氢离子，四种离子中硅酸根可以与氢离子反响生成硅酸沉淀，故不能共存，B不符合题意；𝑀𝑛𝑂4 具有强氧化性，可以将碘离子氧化成碘单质，故不能共存，C不符合题意；在0.1mol/L硝酸银溶液中，银离子可以与氯离子、硫酸根离子反响生成氯化银、硫酸银沉淀，不能共存，D不符合题意；故答案为：A【分析】A．各离子可以大量共存；硅酸为沉淀；MnO4-和碘离子发生氧化复原反响不能共存；D．因生成沉淀不能共存。【答案】D【考点】常见气体制备原理及装置选择，试验装置综合【解析】【解答】A．碳酸钙盛放在锥形瓶中，盐酸盛放在分液漏斗中，翻开分液漏斗活塞，盐酸与碳酸钙反响生成氯化钙、二氧化碳和水，A不符合题意；B．二氧化碳密度比空气大，用向上排空气法收集二氧化碳气体，B不符合题意；C．参加的盐酸与碳酸钙反响后，局部碳酸钙未反响完，碳酸钙是难溶物，因此用过滤的方法分别，C不符合题意；CaCl2∙6H2O易失去结晶水，因此不能通过加热蒸发皿得到，可由氯化钙的热饱和溶液冷却结晶析出六水氯化钙结晶物，D符合题意；故答案为：D【分析】A．CaCO3+2HCl==CaCl2+H2O+CO2↑；空气的平均相对分子质量为29；碳酸钙不溶于水；CaCl2∙6H2O易失去结晶水，留意不能直接加热制取。【答案】B【考点】硝酸的化学性质，浓硫酸的性质，钠的化学性质，铝的化学性质【解析】【解答】A．室温下，钠与空气中氧气反响生成氧化钠，A不符合题意；B．室温下，铝与NaOH溶液反响生成偏铝酸钠和氢气，故B符合题意；C．室温下，铜与浓硝酸反响生成二氧化氮气体，故C不符合题意；D．室温下，铁在浓硫酸中发生钝化，故D不符合题意；故答案为：B【分析】A．.4Na+O2=2Na2O；Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；C．Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2H2O+2NO2↑；D．铁遇浓硫酸、浓硝酸发生钝化。7.C【考点】离子方程式的书写2 【解析】【解答】A.次氯酸为弱酸，书写离子方程式时应以分子形式表达，正确的选项是Cl＋HO⇌H＋＋2 －＋HClOA不符合题意；B.NO2与H2O反响：3NO＋H2O=2HNO＋NO3NO＋H2O=2H＋＋2NO−

＋NOB不符合2 3 2 3题意；碳酸的酸性强于偏铝酸，因此NaAlO2溶液通入过量的CO2 ，发生的离子方程式为AlO−＋CO＋2 232H2O=Al(OH)3↓＋HCO−，故C符合题意；3AgOHNH3·H2O反响生成[Ag(NH3)2]OHD不符合题意；故答案为C。3【分析】此题应留意“量”，像选项CCO2是过量的，往往产物写成CO2-，还有选项D，AgOH3能溶于氨水中，生成银氨溶液。8.【答案】B【考点】键能、键长、键角及其应用，焓变和熵变，化学平衡常数42【解析】【解答】A．SiCl、H、HCl为气体，且反响前气体系数之和小于反响后气体系数之和，因此该反42应为熵增，即△S>0，A不符合题意；依据化学平衡常数的定义，该反响的平衡常数K= c4(HCl)c(SiCl4)⋅c2(H2)

,B符合题意；题中说的是高温，不是标准状况下，因此不能直接用22.4L·mol－1计算，C不符合题意；△H=反响物键能总和－生成物键能总和，即△H=4E(Si－Cl)＋2E(H－H)－4E(H－Cl)－2E(Si－Si)，D不符合题意；故答案为：B【分析】A．气体增加，所以混乱度增加，熵增加；留意固体不考虑浓度；标况下才能用气体摩尔体积衡量；△H=反响物键能总和－生成物键能总和。9.A【考点】元素周期表中原子构造与元素性质的递变规律【解析】【解答】A．同周期自左至右金属性减弱，所以金属性Na＞Mg，则碱性NaOH＞Mg(OH)2 ，A符合题意；B．同主族元素自上而下非金属性减弱，所以非金属性Cl＞BrCl2Br2强，B不符合题意；C．电子层数越多原子半径越大，电子层数一样，核电荷数越小原子半径越大，所以原子半径：r(Br)＞r(Na)＞r(Mg)＞r(Cl)，C不符合题意；D．ClBr为同主族元素，最外层电子数相等，D不符合题意；故答案为：A【分析】A．NaOHMg(OH)2为弱碱；2B．Cl2Br；2C．电子层数越多原子半径越大，电子层数一样，核电荷数越小原子半径越大；D．ClBr7个电子。【答案】C【考点】钠的重要化合物，镁、铝的重要化合物【解析】【解答】ACa(OH)2浓度太小，一般用氯气和石灰乳反响制取漂白粉，A不符合题意；B．碳酸的酸性弱于盐酸，所以二氧化碳与氯化钠溶液不反响，故B不符合题意；2 2 C．氧化性Cl＞Br＞I ，所以氯气可以氧化NaBr得到溴单质，溴单质可以氧化碘化钠得到碘单质，故C符合题意；D2 2 气，同时产生大量氢氧根，与镁离子产生沉淀，故D不符合题意；故答案为：C【分析】A．2Cl2+2Ca(OH)〔石灰乳〕=CaCl

+Ca(ClO)+2HO；2二氧化碳与氯化钠溶液不反响；

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【考点】金属的腐蚀与防护，原电池工作原理及应用【解析】【解答】A.阴极的钢铁设施实际作原电池的正极，正极金属被保护不失电子，故A不符合题意；B.M实际为原电池装置的负极，电子流出，原电池中负极金属比正极活泼，因此M活动性比Fe的活动性强，故B不符合题意；金属M失电子，电子经导线流入钢铁设备，从而使钢铁设施外表积存大量电子，自身金属不再失电子从而被保护，故C符合题意；海水中的离子浓度大于河水中的离子浓度，离子浓度越大，溶液的导电性越强，因此钢铁设施在海水中的腐蚀速率比在河水中快，故D不符合题意；故答案为：C。M作负极，钢铁设备作正极，据此分析解答。【答案】C,D【解析】【解答】A【解析】【解答】A.X中红色碳原子为手性碳原子，故A说法不符合题意；B.中与氧原子相连接的碳原子之间化学键为单键，可以旋转，因此左侧甲基上碳原子不肯定与苯环以及右侧碳原子共平面，故B说法不符合题意；C.中与羟基相连接的碳原子邻位碳原子上有氢原子，在浓硫酸作催化并加热条件下，能够发生消去反响，故C说法符合题意；D.中含有卤素原子，在过量氢氧化钠溶液并加热条件下能够发生取代反响生成丙三醇，在氢氧化钠溶液作用下先发生水解反响生成，然后在氢氧化钠溶液并加热条件下能够发生取代反响生成丙三醇，故D说法符合题意；故答案为：CD。(-OH)或卤代烃中卤原子相连的碳原子必需有相邻的碳原子，且此相邻的碳原子上还必需连有氢原子时，才可发生消去反响。【答案】B【考点】物质的检验和鉴别，物质检验试验方案的设计【解析】【解答】A.参加碘水后，溶液呈蓝色，只能说明溶液中含有淀粉，并不能说明淀粉是否发生了水解反响，故A不符合题意；B.参加盐酸后，产生大量气泡，说明镁与盐酸发生化学反响，此时溶液温度上升，可证明镁与盐酸反响放热，故B符合题意；C.BaCl

、CaCl均能与NaCO反响，反响产生了白色沉淀，沉淀可能为BaCO或CaCO

或二者混合物，故C2 2 2 3 3 3不符合题意；D.向H2O2溶液中参加高锰酸钾后，发生化学反响2KMnO4+3H2O2=2MnO2+2KOH+2H2O+3O2↑等(中性条件)，该反响中H2O2被氧化，表达出复原性，故D不符合题意；故答案为：B。①淀粉未发生水解：向充分反响后的溶液中参加碘单质，溶液变蓝，然后参加过量氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，然后参加制氢氧化铜溶液并加热，未生成砖红色沉淀；②淀粉局部发生水解：向充分反响后的溶液中参加碘单质，溶液变蓝，然后参加过量氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，然后参加制氢氧化铜溶液并加热，生成砖红色沉淀；③向充分反响后的溶液中参加碘单质，溶液不变蓝，然后参加过量氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，然后参加制氢氧化铜溶液并加热，生成砖红色沉淀。此试验中需要留意：①碘单质需在参加氢氧化钠溶液之前参加，否则氢氧化钠与碘单质反响，不能完成淀粉的检验；②酸性水解后的溶液需要参加氢氧化钠溶液碱化，否则无法完成葡萄糖的检验；③利用制氢氧化铜溶液或银氨溶液检验葡萄糖试验中，均需要加热，银镜反响一般为水浴加热。【答案】A,D【考点】电解质在水溶液中的电离，盐类水解的应用，离子浓度大小的比较【解析】【解答】A.NaHCO3

水溶液呈碱性，说明𝐻𝐶𝑂3

的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO333 3 3 3 3 Na2CO3水解关系为：CO2->HCO-，溶液中剩余微粒浓度关系为：𝑐(HCO-)>𝑐(CO2-)，CO2-和HCO-OH-NaHCO3Na2CO3Na+浓度最𝑐(Na+)>𝑐(HCO-)>𝑐(CO2-)>𝑐(OH-)，A33 3 3 3 3 4B.该混合溶液中电荷守恒为：𝑐(NH+)+𝑐(H+)=𝑐(OH-)+𝑐(Cl-)，物料守恒为：4𝑐(NH3·H2O)+𝑐(NH+)=2𝑐(Cl-)，两式联立消去c(Cl-)可得：𝑐(NH+)+2c(H+)=2c(OH-)+c(NH ⋅4 4 3H2O)，B不符合题意；C.假设不考虑溶液中相关微粒行为，则c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=c(Na+)，该溶液呈酸性，说明CH3COOH电离CH3COONa水解程度，则溶液中微粒浓度关系为：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)，C不符合题意；D.该混合溶液中物料守恒为：2𝑐(Na+)=𝑐(H2C2O4)+𝑐(HC2O-)+𝑐(C2O2-)，电荷守恒为：4 44 2𝑐(C2O2-)+𝑐(HC2O-)+𝑐(OH-)=𝑐(Na+)+𝑐(H+)4 4𝑐(H+)+𝑐(H2C2O4)=𝑐(Na+)+𝑐(C2O2-)+𝑐(OH-)，D符合题意；4故答案为：AD。【分析】A.Na2CO3碱性强于NaHCO3 ，说明水解程度CO32->HCO3-；B.弱电解质的电离程度微弱，主要是电解质的电离为主；C.CH3COOH的电离微弱，CH3COONa完全电离；D.依据电荷守恒和物料守恒计算质子守恒关系。【答案】B,D【考点】化学平衡移动原理，化学平衡转化过程中的变化曲线，化学反响速率与化学平衡的综合应用【解析】【解答】A．甲烷和二氧化碳反响是吸热反响，上升温度，平衡向吸热反响即正向移动，甲烷转化率增大，甲烷和二氧化碳反响是体积增大的反响，增大压强，平衡逆向移动，甲烷转化率减小，A不符合题意；依据两个反响得到总反响为CH4(g)＋2CO2(g)=H2(g)＋3CO(g)＋H2O(g)CH4CO2物质的量相等，CO2CH4CO2CH4，因此曲线BCH4的平衡转化率随温度变化，B符合题意；使用高效催化剂，只能提高反响速率，但不能转变平衡转化率，C不符合题意；0K时甲烷的转化率为X点，可以通过转变二氧化碳的量来提高甲烷的转化率到达Y点的值，D符合题意；故答案为：BD【分析】A．依据勒夏特列原理来考虑；B．依据两者反响的化学方程式，考虑量的变化；C．催化剂不平衡转化率，只转变化学反响速率；D．可以通过增加一种反响物的方法提高另一种的转化率。三、非选择题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随着pH降低，HSO -3浓度增大；减小【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡，盐类水解的应用，常见的生活环境的污染及治理，离子方程式的书写【解析】【解答】(1)向氨水中通入少量SO2时，SO2与氨水反响生成亚硫酸铵，反响的离子方程式为HH2++

O2-〔或HO2++

SO2-+H2O〕；依据图-1所示，pH=6时，溶333液中不含有亚硫酸，仅含有HSO-3和SO2-，依据微粒物质的量分数曲线可以看出溶液中阴离子浓度最333

；(2)反响开头时，悬浊液中的ZnOSO2

ZnSO3

，此时溶液pH几乎不变；一旦ZnO完全反响生成ZnSO3后，ZnSO3连续吸取SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2 ，此时溶液pH渐渐变小，SO2的吸取率渐渐降低，这一过程的离子方程式为ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2HSO-3〔或ZnO+2SO2+H2O=Zn2++2HSO-3

可以经氧气氧化生成SO2-pH在44.5~6.5的范围内，pH越低，溶液中的HSO-3的浓度越大，使得催化氧化过程中反响速率越快；随着反响4的不断进展，大量的HSO-

反响生成SO2-，反响的离子方程式为2HSO-

+O=2SO2-+2H+

，随着反3 4 3 2 4应的不断进展，有大量的氢离子生成，导致氢离子浓度增大，溶液pH减小。17.【答案】〔1〕醛基；(酚)羟基〔2〕〔3〕取代反响【分析】向氨水中通入少量的SO2 ，反响生成亚硫酸铵，结合图像分析pH=6时溶液中浓度最大的阴离子；通过分析ZnO吸取SO17.【答案】〔1〕醛基；(酚)羟基〔2〕〔3〕取代反响〔4〕〔〔4〕〔5〕【解答】(1)A的构造简式，A中含氧官能团有硝基、酚羟基、醛基；(2)AC的构造简式，可推出A→B：CH3I中的－CH3取代酚羟基上的H，即B的构造简式为 ；(3)比照C和D的构造简式，Br原子取代－CH2OH中的羟基位置，该反响类型为取代反响；(4)①FeCl3溶液发生显色反响，说明含有酚羟基；②能发生水解反响，说明含有酯基或肽键，水解产物之一是α－氨基酸，该有机物中含有“ ”，另一产物分子中不同化学环境的氢原子数目之比为1：1，且含有苯环，说明是对称构造，综上所述，符合条件的是 ；(5)生成,依据E生成F，应是 与H2O2发生反响得到，依据D→E，应由CH3CH2CH2Br与 反响得到，CH3CH2CHO与H2发生加成反响生成CH3CH2CH2OH，CH3CH2CH2OH在PBr3作用下生成CH3CH2CH2Br，合成路线是CH3CH2CHOCH3CH2CH2OH CH3CH2CH2Br。【分析】此题从官能团的性质进展分析，利用比照反响前后有机物不同推断反响类型；【答案】〔1〕Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O；NaClOCO2HClO，HClO见光分解3〔2〕n(S2O2-)=0.1000mol×L-1×0.02023L=2.000×10-3mol依据物质转换和电子得失守恒关系：33C3N3O3Cl2~2HClO~2I2~4S2O23

𝑛(Cl0.5𝑛(S2O2

mol氯元素的质量:𝑚(Cl)=31.000×1033

mol

mol

1

该样品的有效氯为：

0.03550𝑔g1.1200×25.0mLg

该样品的有效氯大于60%，故该样品为优质品；偏低【考点】中和滴定，离子方程式的书写，氧化复原反响的电子转移数目计算【解析】【解答】(1)由题意可知，氯气通入氢氧化钠中产生次氯酸钠，同时产生氯化钠，反响的离子方程式为：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；次氯酸钠溶液长期暴露在空气中会吸取空气中的二氧化碳气体，因次氯酸酸性比碳酸弱，因此次氯酸钠可以与二氧化碳在水中反响产生HClO，HClO具有不稳定性，在受热或见光条件下会发生分解反响，产生HCl和O2 ，从而使次氯酸钠失效；22 O3(2)①由题中反响可知，C3N3O3Cl- 在酸性条件产生HClO，HClO氧化碘离子产生碘单质，碘单质再用硫代硫酸钠滴定，结合反响转化确定物质之间的关系为：C3N3O3Cl-∼2HClO∼2I2∼4S2O2-22 O3𝑛(S2

2)=0.1000mol⋅L-1×0.02023L=2.000×103

mol，依据物质转换和电子得失守恒关系：得2 n(Cl)=0.5n〔SO2-〕=1.000×10-3mol，氯元素的质量：m(Cl)=1.000×10-3mol×35.5g⋅mol-2 =0.03550g，该样品中的有效氯为：该样品为优质品；

0.03550gg1.1200×25.00mLg

×2×100%=63.39%60%，故2②假设硫酸的用量过少，则导致反响C3N3O3Cl-+H++2H2O=C3H3N3O3+2HClO不能充分进展，产生的2HClO的量偏低，最终导致试验测得的有效氯含量会偏低。【分析】(1)2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O〔冷水〕；NaClO+CO₂+H₂O=NaHCO₃+HClO；2(2)①依据关系式C3N3O3Cl2

-~2HClO~2l~4S

O2- ，计算对应的有效氯;223②HClO的消耗量偏低，导致测定的有效氯含量会偏低。223【答案】〔1〕A,B2〔2〕H；取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观看溶液颜色是否呈血红色2〔3〕pHHFF-浓度减小，CaF2沉淀不完全44〔4〕Fe2+HCO3NH3H2O=FeCO3↓+NHH2OFe2+HCO3NH3=FeCO3↓+NH+；在搅44拌下向FeSO4溶液中缓慢参加氨水-NH4HCO3混合溶液，掌握溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用2~3次；取最终一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不消灭白色沉淀【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，二价铁离子和三价铁离子的检验，制备试验方案的设计【解析】【解答】(1)A．适当上升酸浸温度，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，A选；B．适当加快搅拌速率，增大铁泥与硫酸溶液的接触，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，B选；C．适当缩短酸浸时间，铁元素的浸出率会降低，C不选；故答案为：AB。(2)为了提高铁元素的浸出率，“酸浸”过程中硫酸溶液要适当过量，故向“酸浸”后的滤液中参加过量的铁粉发生的反响有：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，“复原”过程中除生成Fe2+外，还有H2生成；通常用KSCN溶液检验Fe3+ ，故检验Fe3+是否复原完全的试验操作是：取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观看溶液颜色是否呈血红色，假设不呈血红色，则Fe3+复原完全，假设溶液呈血红色，则Fe3+没有复原完全，故答案为：H2 ，取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观看溶液颜色是否呈血红色。(3)向“复原”后的滤液中参加NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)·c2(F-)，当Ca2+完〔1×10-5mol/L说明该离子沉淀完全c(F-)至少为√5.3×10−91×10−5

mol/L=√5.3×10-2mol/LpH偏低，即溶液中H+浓度较大，H+F-HFc(F-)减小，CaF2沉淀不完全，故答案为：pHHFF-浓度减小，CaF2沉淀不完全。(4)①将提纯后的FeSO4溶液与氨水—NH4HCO3FeCO3FeCO3的化学方程式为FeSO4+NH3·H2O+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+H2O[或FeSO4+NH3+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4]，离子方程式为Fe2++HCO- +NH·HO=FeCO

+NH

=FeCO↓+NH+〕，答案为：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)开3 3

3 4

3 3 3 4 2pH=6.5，为防止产生Fe(OH)2沉淀，所以将FeSO4溶液与氨水—NH4HCO3混合溶液反响制备FeCO3pH6.5；FeCO3沉淀需“洗涤完全”，所以设计的试验方案中要用盐酸酸化的BaCl2溶液检验最终的洗涤液中不含SO2-；则设计的试验方案为：在搅拌下向FeSO

溶液中缓慢参加4 4氨水—NH4HCO3混合溶液，掌握溶液pH6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最终一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不消灭白色沉淀，故答案为：在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢参加氨水—NH4HCO3pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最终一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不消灭白色沉淀。2 【分析】铁泥的主要成份为铁的氧化物，铁泥用H2SO4溶液“酸浸”得到相应硫酸盐溶液，向“酸浸”后的滤液中参加过量铁粉将Fe3+复原为Fe2+；向“复原”后的滤液中参加NH4F使Ca2+转化为CaF2沉淀而除去；然后进展“沉铁”生成FeCO3 ，将FeCO3沉淀经过系列操作制得α—FeO2 【答案】〔1〕 −

− ；温度上升反响速率增大，温度上升催化剂的活性增加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；提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度【考点】化学电源型电池，化学反响速率的影响因素，化学反响速率与化学平衡的综合应用32【解析】【解答】(1)KHCO3溶液中通入H2HCOOˉ，依据元素守恒和电荷守恒可得离子催化剂32方程式为：

O−

+H 2_2

HCOOˉ+HO40℃~80℃范围内时，随温度上升，活化分子增3多，反响速率加快，同时温度上升催化剂的活性增加，所以HCO−3

的催化加氢速率快速上升；(2)①左3HCOOˉ失电子被氧化为HCO−3

，依据电荷守恒和元素守恒可得电极反响式为3HCOOˉ+2OHˉ－2eˉ=HCO−+H2O；电池放电过程中，钾离子移向正极，即右侧，依据图示可知右侧的阴34离子为硫酸根，而随着硫酸钾不断被排解，硫酸根渐渐削减，铁离子和亚铁离子进展循环，所以需要补充硫酸根，为增加氧气的氧化性，溶液最好