2023年上海市重点中学四校高考化学联考试卷-普通用卷

2023年上海市重点中学四校高考化学联考试卷

一、单选题（本大题共19小题，共57.0分）

1.用于制造下列物品的合金材料，密度最小的是（）

A.飞机外壳一硬铝B.美工刀刀片一高碳钢

C.下水井盖一生铁D.储氢合金一La-Ni合金

2.工业上通过A］2（）3+N?+3C警2A1N+3co可制得高温陶瓷材料A1N。下列说法正确的是

（）

A.”的电子式为：：N：N：

B.A1N是分子晶体

C.27Al用原子中的中子数为14

D.基态氮原子轨道表示式：।皿mxpy

3.锡GoSn）与硅处于同一主族，下列说法错误的是（）

A.Sn位于第四周期第IVA族B.金属性：37曲>Sn

C.原子半径：Sn>SiD.晶体硬度：Si>Sn

4.下列事实不是因分子极性所致的是（）

A.沸点：CO>N2

B.HC1极易溶于水

C.常温常压下，CH4是气体，CCI4是液体

D.用毛皮摩擦过的橡胶棒靠近水流，水流会偏向橡胶棒

5.下列有关螺［3,4］辛烷的说法正确的是（）/X

A.分子式为C8H16\/\^

B.一氯代物有4种螺［3,4］辛烷

C.分子中所有碳原子共面

D.与2-甲基-3—庚烯互为同分异构体

6.欲用如图所示反应实现CO2固定及再利用，下列叙述正确O

的是（）r—7CO2

V7------►oo

A.M与甲醛互为同分异构体°催化剂\/

MN

B.M可以发生开环加成反应

C.N分子中含有醛基和酯基

D.N可以发生开环聚合反应

7.用圆底烧瓶收集NH3后进行喷泉实验，由烧瓶中的实验现

象可推知的结论是()

选

现象结论

项

NH3与力0发生了反

A形成喷泉

应

B剩余少量气体NH3的溶解已达饱和

NH3•电0是一元弱

C溶液呈红色

碱

溶液露置于空气一段时间后，pH下

D氨水具有挥发性

降

A.AB.BC.CD.D

8.以下各组物质(括号内为杂质)的除杂试剂选择和实验操作均正确的是()

A.Fe2O3(Al2O3)：加入过量NaOH(aq),过滤

B.FeCl3(aq)(FeCl2)：加入铁粉充分反应后过滤

C.NaHCO3(aq)(Na2CO3)：加1热

D.C2H2(H2S)：通过盛有浓硫酸的洗气瓶

9.一种CO2银基化合成CH30H反应机理的主要过程如图所示(图中数字为键长的数值，单位

相同且都省略)。下列说法错误的是()

OH

•C

为1.202•o

「00

A.CO2在反应中被还原B.总反应的原子利用率未达100%

C.整个过程发生了2步加成反应D.由图可知，键长会受到周围基团的影响

10.如图是某元素的价类二维图。其中X是一种强碱，G为正盐，通常条件下Z是无色液体，D

的相对原子质量比C小16,各物质转化关系如图所示。下列说法正确的是（）

化合价

"BX-A

C

Y|

v-D

氧化物单质复化物含辄酸款物质类别

A.D为一种红棕色气体B.C-B的转化过程中，Z作氧化剂

C.F在一定条件下可直接与Y反应生成DD.B和F能发生复分解反应生成盐

11.有研究认为，在强碱性溶液中，反应「+口0-=10-+（:「分三步进行

-10

①QO-+H2O=HC1O+OH",&=3.3xIO

②……

3

③HIO+OH-=10-+H20,K3=2.3x10

下列说法错误的是（）

A.氧化性：CIO->10-

B.升温，%增大

C.第②步反应：HC10+I-=H10+C「

D.K3>Kv故反应速率：③〉①

12.常温下，酸性：H2cO3>H2SOH2s与足量Na2cC）3（aq）反应的离子方程式为（）

A.H2S+C01-=HS-4-HCO3

2-

B.H2S+2cor=S+2HCO3

C.2H2S+CO1=2HS-+C02T+H20

2-

D.H2S+COg=S+C02T+H20

13.在恒容密闭容器中，通入一定量CHMg）和N02（g）发生反应：CH4（g）+2NO2（g）

C02（g）+N2（g）+2H20（g）,相同时间内测得NO?的转化率与温度的关系如图。下列叙述正确

的是（）

100

%80C(400,80)Q•…Qd(500.80)

X60

40

O'N

S20a(200,19)/%300.42)

/e(600.35)

20030040050060077%?

A.NO2的平衡转化率：a(300℃)>a(200℃)

B.反应速率：b点〉e点

C.c点和d点均处于平衡状态

D.适当升温或增大c(CH4)可提高C点时NC)2的转化率和反应速率

14.利用太阳能电池电解NG得到高纯电的装置如图所示。下列说法正确的是()

票

a阴b

阳

N子

2交

NH,换

膜

KOH溶液KOH溶液

A.a为阴极，b为阳极B.电解时OH-由b极区-a极区

C.电解时b极区溶液中n(KOH)减小D.电解时，太阳能直接转化成化学能

15.常温下，向20mL0.10mol」-i的Na2cC)3(aq)中滴加0.10mol-L的盐酸，溶液pH随滴定

百分率的变化如图所示。下列说法正确的是()

2550100

滴定百分率％

_-

A.a点:C(H2CO3)-c(COi)>c(OH-)-c(Cl)

B.b点溶液中的含碳微粒之和<0.002mol

C.水的电离程度：a点〉b点

D.煮沸是为了除去CO?，使突跃变小

16.厌氧腐蚀是指在缺氧的深层潮湿土壤中，钢管表面附一

钢管一―

着的硫酸盐还原菌会促进钢铁的腐蚀，反应原理如图所示。

Fc'SrfH20、

下列说法正确的是（）F3+'也SO：）

A,厌氧腐蚀属于化学腐蚀;上我厌吧吧，

B.发生厌氧腐蚀会使土壤碱性增强

C.镀锌钢管破损后钢铁腐蚀加速

D.每生成ImolFeS,共转移2moi电子

17.误服白磷（P。，应立即用2%硫酸铜溶液洗胃，其反应是11P4+60CUSO4+96H2（）=

2OCU3PI+24H3Po4+6OH2so4，下列说法正确的是（）

A.白磷（P4）只发生了氧化反应

B.H2s。4是还原产物

C.氧化产物和还原产物的物质的量之比为5：6

D.lmolCuSC（4能氧化0.05molP4

3+-

18.某无色溶液中可能含以下离子中的几种:Na+、Ag+、NH，Al>CO,A10]、S201>

sot。为确定该溶液中的离子，现取该溶液进行有关实验，现象如图。下列说法正确的是（）

A.气体甲中一定有SO?

B.淡黄色沉淀甲是AgBr

C.原溶液可能存在的离子有Na+、COj-

D.溶液甲->气体乙的反应仅有A13++3HC0]=A1（OH）3i+3CO2T

19.PbC>2是褐色固体，受热分解为Pb的+4和+2价的混合氧化物，+4价的Pb氧化物能氧化

浓盐酸生成。2。现将lmolPbO2加热分解得到。2,向剩余固体A中加入足量的浓盐酸得到。2,

。2和。2的物质的量之比为3：2,则剩余固体A的组成及物质的量比是（）

A.2：1混合的Pb3（）4、PbO

B.1：2混合的PbO2、Pb304

C.1：4：1混合的PbO2、Pb304,PbO

D.1：1：4混合的PbO2、Pb304,PbO

二、实验题（本大题共1小题，共10.0分）

20.以Cl?和KzMnO,浓强碱溶液（绿色）为原料，利用如图所示的装置（加热、夹持装置略）制

备KMnOv装置B中的反应为Cl?+2K2MnO4=2KC1+2KMn04o已知：KzMnC^在碱性减弱

时易发生自身氧化还原反应。

（1）仪器d的名称为,d中的溶液是。实验开始前，向仪器a中加入水，盖好

玻璃塞，关闭止水夹和弹簧夹，打开仪器a的玻璃旋塞向b中滴加水，一段时间后观察水能否

滴下，此操作（选填“能”或“不能”）检验装置的气密性。

（2）单向阀的作用是o当B中反应结束，应先熄灭A处酒精灯，再,待冷却后

拆除装置。

（3）上述装置存在一处缺陷会使B中溶液碱性减弱，降低KMnO4产率。改进方法为：在装置A、

B间增加盛有溶液的仪器d。KMnC）4（H+）广泛应用于物质分析中。准确称取0.446g某

复合氧化物［La2（）3-2CaO-MnOx,M=（4934-16x）g-mo「i］样品，加I入5.00mL0.05301moi-

LT的Na2c2（）4（aq）和足量酸酸化，60〜70汽反应30min后该复合氧化物完全溶解得到无色透

明溶液。ffl0.01910mol•L的KMnOKaq）滴定乘馀的Na2c20如），消耗KMn04（aq）10.02mL。

（4）滴定终点的现象为,溶解和滴定过程中，反应的氧化产物和还原产物相同。

+2+

滴定过程发生的离子反应如下：2KMnO4+5c2。/+16H=2Mn+10CO2T+8H2O»

（5）复合氧化物组成中，x=（取整数）。若溶解过程使用盐酸酸化，会使x的值

（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。

三、简答题（本大题共3小题，共24.0分）

21.拟卤离子主要有CN-、OCN-,SCNL性质与卤离子相似，它们相应的中性分子性质与

卤素单质也相似。已知还原性：F->OCN->cr>Br->CN->SCN->.

（l）（CN）z与水反应生成的含氧酸的结构式为•从原子结构角度分析在CN-中，元素C

显正化合价的原因。

(2)调节电镀厂的电镀废液pH在8.5〜9.4之间，再加入漂白粉可消除废液中有毒的CNL将反

应的离子方程式补充完整(漂白粉用C10-表示)C10-+CN-+=

HCO^+N?+o

(3)常温下，将amol•L的HCN(aq)与bmol•L的NaOH(aq)等体积混合，反应后溶液恰好呈

中性，用含a、b的代数式表示HCN-UH++CN-平衡常数K=:向混合溶液中继续

加入HCN(aq)使溶液的pH=6,此时溶液中c(CbT)-c(Na+)=mol•L(填准确数值

)。

(4)写出酸性条件下，MnOz和KSCN(aq)反应的离子方程式。

22.脱除烟气中的SO2、NO有以下几种方法。

1.出催化还原NO,原理如下：

①2NO(g)+2H2(g)WN2(g)+2H20(g)+akj

②2N0(g)+H2(g)#N20(g)+H2O(g)+bkj

用含、的表达式表示

(l)2N0(g)+N2(g)U2N20(g)+QkjoabQ=«

(2)某温度下反应达到平衡，出的初始体积分数对小还原NO反应的影响如图所示。出催化还

原NO的主反应是上述反应中的(选填“①”或“②")，当电初始体积分数大于

600x10-6时，队的体积分数呈下降趋势的原因是。

口.碱性溶液吸收S02

(3)工业上用氨水吸收SO2，生成的正盐溶液呈弱碱性的原因是。

皿.尿素［CO(NH2)2］溶液吸收SC)2、NO。CO(NH2)2(aq)吸收含SO2、NO的烟气时通入少量C。

可同时实现脱硫、脱硝。脱硝的总反应为电+未

NO+CO(NH2)2+C102-C02+HC1+&0(

配平)。

(4)脱硝反应分为两步。第一步的化学方程式为；第二步：NO2和CO(NH2)2反应生成

N2^nco2«

(5)将含SO2、NO的烟气以一定的流速通过10%的C0(NH2)2(aq)，其他条件不变，不通CIO?和

通少量CIO?时，SO?的去除率如下表：

不通C102通少量C1C)2

SC>2的去除率>80%<80%

用电离平衡移动原理解释通入少量的CIO?使S02去除率降低的原因

O

23.以乙酰乙酸乙酯(/X^/COOCH,)为原料合成抗癌药凡诺利品的中间体乂(

|COOC,Ht

COOCJL

)的一条合成路线如图:

0

(1)A中的官能团有、。反应①的反应条件是：C2H5OH、

(2)C为、X,反应②和③的反应类型分别是______、_______。写出由羟醛缩合反

^^0

应合成c的化学方程式

已知：回嘤WH也。.会用

D无支链。

(3)D的结构简式为。写出一种满足下列条件的D的同分异构体

①含三种不同化学环境的H原子;

②能发生银镜反应；

③能使紫色石蕊试液变红。

/0、

(4)将以乙酰乙酸乙酯、四氢吠喃(())和苯甲醛为主要原料(无机试剂任选)合成

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：A.硬铝为铝合金，密度小，硬度大，可用于制造飞机的外壳，其密度最小，故A正

确；

B.高碳钢的含碳量较低，含铁量较高，密度较大，故B错误；

C.生铁的含碳量最高，密度较大，故C错误；

D.La-Ni储氢合金密度较大，故D错误；

故选：Ao

根据各个合金的组成进行分析解答。

本题考查合金的密度，注意对基础知识的积累。

2.【答案】C

【解析】解:A.氮气分子中N原子之间共用3对电子,N原子外围达到8电子结构，电子式为：、三\：,

故A错误；

B.高温陶瓷材料A1N的熔点高，属于共价晶体，故B错误；

C.27Al的质子数为13,原子中的中子数27-13=14,故C正确；

D.基态氮原子核外有7个电子，其中价电子数为5,分布在2s、sp轨道上，且2P轨道上3个电子分

Is2s2p

占3个轨道，且自旋方向相同，其基态氮原子轨道表示式:HOEEn故D错误;

故选：Co

A.氮气分子中含氮氮三键，N原子外围达到8电子结构；

B.高温陶瓷材料A1N为共价晶体：

C.原子中质量数=质子数+中子数；

D.基态氮原子核外有7个电子，其中价电子数为5,分布在2s、sp轨道上，且2P轨道上3个电子分

占3个轨道，且自旋方向相同。

本题考查了常见化学用语的正误判断和物质分类，明确电子式、核素、基态原子轨道表示式等概

念及正确的表示方法，注意掌握晶体特征性质的分析判断方法，试题培养了学生灵活运用基础知

识的能力，题目难度不大。

3.【答案】A

【解析】解：A.Sn质子数为50,与硅处于同一主族，Sn位于第五周期第WA族，故A错误；

B.同周期元素从左到右金属性减弱，金属性：37Rb>Sn,故B正确；

C.同主族元素从上到下，半径依次增大，原子半径：Sn>Si,故C正确；

D.Si是原子晶体、Sn是金属晶体，晶体硬度：Si>Sn,故D正确；

故选：Ao

A.Sn质子数为50,与硅处于同一主族；

B.同周期元素从左到右金属性减弱；

C.同主族元素从上到下，半径依次增大；

D.Si是原子晶体、Sn是金属晶体。

本题考查元素周期律，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。

4.【答案】C

【解析】解：A.CO的分子极性大于电的分子极性，所以沸点：CO>N2,故A正确；

B.HC1为极性分子，水为极性分子，二者极性相似，所以氯化氢极易溶于水，故B正确；

C.甲烷与四氯化碳都是分子晶体，四氯化碳相对分子质量大，分子间作用力强，熔沸点高，常温

下为液体，与分子的极性无关，故C错误；

D.水为极性分子，正负电荷中心不重合，用毛皮摩擦过的橡胶棒带电，所以用毛皮摩擦过的橡胶

棒靠近水流，水流会偏向橡胶棒，故D正确；

故选:Co

A.分子量相同时，极性越大，沸点越高；

B.依据相似相溶原理；

C.甲烷与四氯化碳都是分子晶体，四氯化碳相对分子质量大，分子间作用力强；

D.水为极性分子。

本题考查了分子的结构与性质，明确极性分子和非极性分子概念及结构特点是解题关键，题目难

度不大。

5.【答案】B

【解析】解：A.根据螺［3,4］辛烷的结构可知，其分子式为C8H”，故A错误；

B.该物质结构对称，有四种不同的氢，故一氯代物有4种，故B正确；

C.该分子最中间的碳原子为饱和碳原子，与之相连的4个碳原子不可能在同一平面，分子中所有碳

原子不共面，故C错误；

D.2-甲基-3-庚烯的分子式为C8H16,两种物质的分子式不同，不互为同分异构体，故D错误;

故选：B»

有机物分子式为C8HJ，含有饱和碳原子，具有甲烷的结构和性质特点，分子中含有4种H,以此

解答该题。

本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生分析能力和综合运用化学知识的能

力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，难度不大。

6.【答案】D

【解析】解：A.M的分子式为C2H4O,甲醛的结构简式为CH30cH3,分子式为C2H6。，M与甲醛不

互为同分异构体，故A错误；

B.M分子不含不饱和键，不可以发生开环加成，故B错误；

C.N分子只含有酯基，不含醛基，故C错误；

O

D.N可以发生开环聚合形成高分子化合'故D正确；

-n

故选：D.

A.分子式相同，结构也不同，互为同分异构体；

B.M分子不含不饱和键；

C.N分子只含有酯基，不含醛基；

O

D.N可以发生开环聚合形成高分子化合物—E—O—CH'-CH'-O—。

n

本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质

的关系是解本题关键，题目难度不大。

7.【答案】D

【解析】解：A.形成喷泉表明氨气易溶于水，从而形成负压，但不能说明氨气与水发生反应，故

A错误；

B.剩余的少量气体，是未排尽的空气，烧瓶内溶解的氨气未达饱和，故B错误；

C.溶液呈红色，表明氨气溶于水后，溶液呈碱性，不能确定NH3•±0是强碱还是弱碱，故C错误；

D.溶液露置于空气一段时间后，pH下降，表明溶液的碱性减弱，氨水挥发出氨气，故D正确；

故选：Do

A.形成喷泉表明氨气易溶于水，从而形成负压；

B.剩余的少量气体，是未排尽的空气；

C.溶液呈红色，表明氨气溶于水后，溶液呈碱性；

D.溶液露置于空气一段时间后，pH下降，是因为氨水挥发出氨气。

本题考查氨气的性质实验，题目难度不大，明确发生反应的原理为解答关键，试题侧重考查学生

的分析能力及化学实验能力。

8.【答案】A

【解析】解：A.氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，氧化铁和氢氧化钠不反应，因而加入

过量NaOH(aq)然后过滤，可除去氧化铝，故A正确：

B.加入铁粉，铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，不能达到除杂的目的，故B错误；

C.碳酸氢钠不稳定，加热分解为碳酸钠、二氧化碳和水，不能达到除杂的目的，应该往碳酸钠中

通入二氧化碳可以达到除杂的目的，故C错误；

D.硫化氢和过量浓硫酸反应生成SO2,引入了新的杂质，不能达到除杂的目的，故D错误；

故选：Ao

A.氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，氧化铁和氢氧化钠不反应；

B.加入铁粉，铁和氯化铁反应生成氯化亚铁；

C.碳酸氢钠不稳定，加热分解为碳酸钠、二氧化碳和水；

D.硫化氢和过量浓硫酸反应生成SO2。

本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验

技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度

不大。

9.【答案】C

【解析】解：ACO2在反应中与氢气发生加成反应，被还原，故A正确；

B.HOCH20H反应生成HCHO的过程中脱去了一分子水，原子利用率未达到100%,故B正确：

C.整个过程中CO?与氢气加成生成HCOOH,HCOOH与氢气力口成生成HOCH2OH,HCHO与电加成生

成CH3OH,整个过程发生了3步加成反应，故C错误；

D.从图中可知，因为H2的影响，C=O的长度发生变化，故D正确；

故选：Co

从反应机理的过程图可知，C02与%反应生成HCOOH,HCOOH反应生成HOCH2OH,HOCH20H反

应生成HCHO,HCHO最后反应生成CH3OH。

本题考查化学反应，侧重考查学生反应机理的掌握情况，试题难度中等。

10.【答案】C

【解析】解：A.分析可知D为NO为无色气体，故A错误；

B.CfB的转化过程中，发生反应3NO2+H2O=2HNC)3+NO,Z既不作氧化剂也不做还原剂，故

B错误；

C.F在一定条件下可直接与Y反应生成D,反应的化学方程式为：4NH3+5O224N0+6H2。，故C

正确；

D.B和F能发生反应生成硝酸镀，NH3+HNO3=NH4NO3,反应属于化合反应，不是复分解反应，

故D错误：

故选：Co

图是某元素的价类二维图，其中X是一种强碱，G为正盐，生成F为氢化物，判断形成的氢化物F为

NH3,G为镀盐，D的相对原子质量比C小16,结合价态和分类分析可知，有Y为。2,E为电，D为NO,

C为NO?,通常条件下Z是无色液体为H2O,B为HNO3,A为硝酸盐，结合分析回答选项问题。

本题考查物质分类、无机物的推断，“盐与碱反应生成氢化物以及氢化物连续反应生成氧化物”

等是推断的突破口，熟练掌握中学常见连续反应、三角转化以及特殊的置换反应、特殊现象反应

等，题目难度不大。

11.【答案】D

【解析】解：A.在「+CIO-=10-+Cl-该反应中CIO-中氯元素化合价降低做氧化剂，ICT为氧化

产物，氧化剂氧化性强于氧化产物，故氧化性CKT>10-,故A正确；

B.升高温度促进CRT的水解，使化学平衡正向移动，肉增大，故B正确;

C.根据总反应和反应①、③的方程式,可得反应②的方程式为HC10+rUH10+C1-,故C正确；

D.K3>K「仅能说明第三步反应进行程度比第一步反应大，无法判断反应速率的快慢，故D错

误；

故选：Do

A.r+CIO-U10-+C「该反应中CIO-中氯元素化合价降低做氧化剂，10-为氧化产物，氧化剂氧

化性强于氧化产物；

B.升温促进C10-的水解；

C.根据总反应和反应①、③可得反应②为HC10+r=H10+cr；

D.K3>KI，仅说明第三步反应进行程度比第一步反应大。

本题考查化学反应原理，涉及氧化还原反应的原理，化学平衡常数、平衡的移动等，题目中等难

度。

12.【答案】A

【解析】解：酸性：H2CO3>H2S,根据强酸制弱酸，可发生：H2CO3+HS-=H2S+HCOJ,但

不一定能发生HCO5+HS-=H2S+CO『，也就是说，H2s的电离常数可能比HCO1大，所以H2s与

足量Na2cC)3(aq)反应的离子方程式为：H2S+COf=HS-+HCO],

故选：Ao

H2s与足量Na2c03(aq)反应生成碳酸氢钠和硫氨化钠，据此进行解答。

本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，题目难度

不大。

13.【答案】D

【解析】解：A.200℃-400℃，NO2的转化率逐渐增大，40CTC时NOZ的转化率达到最大，400冤以

后NO?的平衡转化率逐渐降低，故200汽〜400%：未达到可逆反应的平衡状态，400。(：时反应达到平

衡，升温后NO2的平衡转化率逐渐降低，平衡逆向移动，正反应方向为放热反应；升温平衡逆向

移动,平衡转化率降低，a(300℃)<a(200℃),故A错误；

B.e点为600。&b点为300。&b、e两点NO2的浓度接近，温度越高反应速率越快，反应速率：b点

<e点，故B错误；

C.200℃~400℃,反应正在向正向反应，未达到可逆反应的平衡状态，400久时反应达到平衡，

400?以后平衡逆向移动，但均为平衡状态，故C错误；

D.c点未达到平衡状态，升温，反应速率加快，NO2的转化率增大，增大(:仁明)，反应物浓度增大，

反应速率加快，同时提高NO2的转化量，即可提高c点时NO2的转化率和反应速率，故D正确；

故选：Do

A.200℃-400℃.NO2的转化率逐渐增大，40(TC时NO2的转化率达到最大，400℃以后NO?的平衡

转化率逐渐降低，故20(rc〜400久未达到可逆反应的平衡状态,40(rc时反应达到平衡，升温后NO2

的平衡转化率逐渐降低，平衡逆向移动；

B.e点为60(TC,b点为300式，b、e两点NO2的浓度接近，温度越高反应速率越快；

C.200℃~400℃,反应正在向正向反应，未达到可逆反应的平衡状态，40(TC时反应达到平衡，

400%：以后平衡逆向移动；

D.c点未达到平衡状态，适当升温，加快反应速率从而提高该段时间内NO2的转化率；增大c(CH。，

反应物浓度增大，反应速率加快，同时提高NO2的转化量。

本题考查反应速率和化学平衡，侧重考查学生平衡图像的掌握情况，试题难度中等。

14.【答案】B

【解析】解：A.由分析可知，a为阳极，b为阴极，故A错误；

B.电解时，a为阳极，b为阴极，0H-由b极区-a极区，故B正确；

电解时，极区溶液中发生反应。+-通过阴离子交换膜移向阳极，

C.b6H26e-=60H-+3H2T,OH

所以n(KOH)不变，故C错误；

D.电解时，通过太阳能电极板，将太阳能直接转化成电能，故D错误；

故选:Bo

从图中可以看出，a极：NH3TN2,则a极NH3失电子发生氧化反应，a极为阳极，b极得电子

生成等，极为阴极。极:极：。

H2ba2NH3-6e-+60H~=N2+6H2O,b6H20+6e-=60H~+3H2T

本题考查了电解原理、电极反应、离子移向和电子守恒的计算应用，主要是电解池和能量变化的

分析判断，题目难度不大。

15.【答案】C

【解析】解：点滴定百分率为溶质为等浓度的。、碳酸根离子水

A.a25%,Na2c3NaHCO3>NaCL

解、碳酸氢根离子都水解，所以c(OH-)>2c(H2co3)，所以c(H2co3)-c(CO歹)<c(OH-)-c(Cr),

故A错误；

B.b点滴定百分率为50%,溶质为等浓度的NaHCC)3、NaCl,根据物料守恒，溶液中的含碳微粒之

和=0.002mol,故B错误；

C.碳酸根离子、碳酸氢根离子水解促进失电子，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，随滴定

百分率增大，Na2cO3-NaHCC)3-NaCl,水的电离程度降低：a点〉b点，故C正确；

D.煮沸是为了除去CO2,使pH突跃变大，故D错误；

故选:C»

碳酸钠溶液中滴加盐酸，依次发生反应Na2c。3+HC1=NaHCO3+NaCKNaHCO3+HC1=NaCl+

H2O+CO2TO

本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，

侧重考查分析判断及知识综合运用能力，题目难度不大。

16.【答案】B

【解析】解：A.钢管中含有碳元素，铁、碳与潮湿的土壤形成原电池，则厌氧腐蚀属于电化学腐

蚀，故A错误；

B.正极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2T，产生了氢氧根离子，故发生厌氧腐蚀会使土壤碱性

增强，故B正确；

C.镀锌的钢管破损后锌比铁活泼，锌作负极，保护铁不被腐蚀，镀锌钢管破损后钢铁腐蚀减慢，

故C错误；

DJ2

-4H2+SO2-*=^S-+4H2O-硫酸根离子变为硫离子时转移8个电子，则每生成ImolFeS,最

终转移的电子数为8NA，故D错误；

故选：Bo

厌氧腐蚀的机理为在溶液pH为7〜8之间的条件下，钢管中的铁做原电池的负极，失去电子发生氧

化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+,钢管中的碳做正极，水在正极得到电子发

生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2T，放电生成的氢气

在厌氧细菌的催化作用下与硫酸根离子反应生成硫离子和水，反应离子的方程式为4H2+

c催化剂c

2-

SO：-=S+4H20°

本题考查金属的腐蚀，侧重考查学生金属腐蚀基础知识的掌握情况，试题难度中等。

17.【答案】D

【解析】解：A,P元素的化合价部分由0价降低为-3价，P元素的化合价部分由0价升高为+5价，

则白磷(PQ既发生了氧化反应又发生还原反应，故A错误；

B.该反应11%+60CUSO4+96H2O=20Cu3P+24H3P04+60H2sO4中S元素化合价不变，则

H2sO,不是还原产物，故B错误；

C.该反应11月+60CUSO4+96H2。=20Cu3P+24H3PO4+60H2s中部分磷作氧化剂，部分磷

作还原剂，硫酸铜是氧化剂，Cu3P为还原产物，H3P为氧化产物，则氧化产物和还原产物的物

质的量之比为6：5,故C错误；

D.由电子守恒可知，lmolCuSC)4氧化的为鬻=0Q5mol,故D正确；

故选：D.

11P4+60CUS04+96H2O=20Cu3PI+24H3PO4+60H2SO4,P元素的化合价由0降低为-3价,P

元素的化合价由0升高为+5价，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，以此来解答。

本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概

念及转移电子的考查，注意从元素的化合价角度分析，题目难度不大。

18.【答案】A

【解析】解：A.由分析可知，原溶液中一定含有S?Og，加入过量HBr,生成S沉淀和SO2气体，所

以气体甲中一定有SO2，故A正确；

B.由分析可知，淡黄色沉淀甲是S,不可能是AgBr,故B错误；

C原溶液中一定存在Na+,可能存在CO算，故C错误；

D.溶液甲t气体乙，除去发生反应A13++3HCO]=A1(OH)31+3CO2T，还发生过量HBr与

NH4HCO3的反应，故D错误；

故选：Ao

无色溶液中加入过量HBr,有淡黄色沉淀生成，若此淡黄色沉淀为AgBr,则溶液中含有Ag+,不存

在COg、Al。｝S2O歹、SOQ,溶液中不含有阴离子，此种情况不可能，所以溶液中不含有Ag+,

一定含有S2O";溶液甲中加入过量NH4HCO3,产生白色沉淀和气体乙，则溶液甲中含有A10],

原溶液中不含有Ag+、NH+,Al3+,一定含有Na+；溶液乙中加入过量的Ba(OH)2，产生的白色沉

淀中通入过量COZ后全部溶解，则白色沉淀为BaCO3,原溶液中一定不含有SO：—综合以上分析，

原溶液中一定含有Na+、Al。]、S2O歹，一定不含有Ag+、NH：、AR、SO歹，不能确定COg是否

存在。

本题考查常见离子的检验，根据反应现象进行分析判断，熟练掌握物质的性质，试题培养了学生

的分析推理能力、实验能力、运用知识解决实际问题的能力。

19.【答案】D

【解析】解：PbO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物(Pb为+4、+2价)，铅的氧化物的混

合物再与盐酸作用时，+4价Pb还原为+2价，C「被氧化为Cl?，此时得到溶液为PbCk溶液，利用

“电子转移守恒”知ImolPbOz在上述转化过程中共转移电子为lmolx(4-2)=2moL设该过程

得到。2的物质的量为3xmol,贝Ki2的物质的量为2xmoL利用电子转移守恒有：3xx4+2xx2=2,

解得x=0.125,故知ImolPbOz在受热分解过程中产生。2为0125molx3=0.375moL利用原子

守恒可知受热后的剩余固体中n(O)=2mol-0.375molx2=1.25moL故剩余固体中n(Pb)：

n(O)=lmol：1.25mol=4：5,

A.2：1混合的Pb3()4、PbO,n(Pb)：n(O)=(2x3+1)：(2x4+1)=7：9,故A错误；

B.l：2混合的Pb。2、Pb304,n(Pb)：n(O)=(1+6)：(2+8)=7：10,故B错误;

C.l：4：1混合的Pb。？、Pb3O4>PbO,n(Pb)：n(O)=(1+124-1)：(2+16+1)=14：19,故

C错误；

D.l：1：4混合的Pb。2、Pb304>PbO,n(Pb)：n(O)=(1+3+4)：(2+4+4)=4：5,故D正

确；

故选：D。

Pb。2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物(Pb为+4、+2价)，铅的氧化物的混合物再与盐酸

作用时，+4价Pb还原为+2价，C1-被氧化为Ch，此时得到溶液为PbC12溶液，利用“电子转移守

恒”知lmolPbO?在上述转化过程中共转移2moiel设该过程得到。2的物质的量为3xmol,则"的

物质的量为2xmol,利用电子转移守恒计算x的值，进而确定Pb。2加热分解后的物质中n(Pb)：n(O),

据此判断。

本题通过元素化合物转化，考查氧化还原反应计算，侧重考查学生的分析推理能力，难度中等，

注意电子转移守恒的利用。

20.【答案】洗气瓶NaOH溶液不能防止倒吸打开弹簧夹，通入空气饱和食盐水溶液由无

色变为浅红色，且半分钟内不褪色2偏小

【解析】解：(1)仪器d为洗气瓶；由分析可知，装置d中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯

气，防止污染空气；恒压滴液漏斗，能起到平衡气压，便于液体顺利流下的作用，所以实验开始

前向仪器a中加入水，盖好玻璃塞，关闭止水夹和弹簧夹，打开仪器a玻璃旋塞向b中滴加水，一段

时间后看水能不能滴下不能检验装置的气密性，

故答案为：洗气瓶；NaOH溶液；不能；

(2)单向阀只允许气体从左流向右，不允许溶液从右流向左，可以起到防倒吸的作用；当B中反应

结束后，装置中还残留有未反应的氯气，为防止拆除装置时氯气逸出污染环境，所以拆除装置时

的操作为熄灭A处酒精灯后，打开弹簧夹，通入空气，将装置中的氯气赶到装置C中被氢氧化钠溶

液完全吸收，待冷却后拆除装置，

故答案为：防止倒吸；打开弹簧夹，通入空气；

(3)由分析可知，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢，氯化氢会与装置B中浓碱反应导

致碱性减弱，锌酸根离子在溶液中发生歧化反应，所以实验时应在A、B之间增加盛有饱和食盐水

的洗气瓶除去氧化氢，

故答案为：饱和食盐水；

(4)KMnO4(aq)滴定剩余的Na2czOKaq),发生氧化还原反应，直到草酸被完全氧化，所以滴定终

点的现象是溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，

故答案为：溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色：

+2+

⑸根据反应2KMnCU+5c2。/+16H=2Mn+10CO2T+8H20,解得与复合氧化物反应后剩

余的草酸钠物质的量为n=5x0.0i910y02xi0-3mo1,则与复合氧化物反应草酸钠物质的量为m=

-4

0.05301X25xlO^mol_5沙。—、。吆丈皿。1=8.46795x10mob复合氧化物(La2()3-

2CaO•MnOx)的物质的量为盛瑞mol,复合氧化物和草酸钠发生氧化还原反应，其中MnO*-

MP、C20JC02,根据得失电子守恒，x(2x-2)=8.46795x10-X2mol,解

得x“2；若溶解过程使用盐酸酸化，贝Ml-会消耗部分KMnOvKMnCU用量偏大，会使x值偏小，

故答案为：2；偏小。

由实验装置图可知，装置A中二氧化镒与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的

氧气中混有氯化氢，氯化氢会与装置B中浓强碱反应导致碱性减弱，镒酸根离子在溶液中发生歧化

反应，所以实验时应在A、B之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢，装置B中氯气与浓强

碱溶液中的镒酸钾反应制备高锌酸钾，装置C中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止

污染空气。

本题考查制备实验方案的设计,侧重考查学生物质之间的反应和滴定的掌握情况，试题难度中等。

21.【答案】H—O—C三NC原子半径大于N,吸引电子的能力小于N,因此C显正

bxl07+-2+

价52H2。215C1~-9.9x10-7MnO2+4H+2SCN=Mn+(SCN)2f+2H2O

a-b

【解析】解：(1)(CN)2是拟卤素与卤素单质分子性质相似，类比可知(CN)2与水反应生成的含氧酸

为HCNO,其结构式为H-O-C三N；鼠根是碳原子与氮原子通过碳氮三键连接而成，C和N的原

子电子层数相同，核电荷数C小于N,最外层电子数C小于N,原子半径C大于N,氮原子吸引电子

能力强于碳原子，所以这三对电子偏向氮原子，氮显-3价，所以相应的碳就显+2价，

故答案为：H-O-C三N；C原子半径大于N,吸引电子的能力小于N,因此(:显正价；

(2)碳元素化合价由+2价升高为+4价，氮元素化合价由-3价升高为0价，故升高总的价态为5,QO-

作为氧化剂因此其氮元素化合价由+1价降低为-1价产物应为C「，此时降低价态为2,根据电子得

失守恒可知，该离子方程式为5C1CF+2CN-+H2O=2HCO3+N2+5C1-,

-

故答案为：5；2；H2O；2；1；5CI；

(3)常温下，将amol•L的HCN(aq)与bmol•L的NaOH(aq)等体积混合，反应后溶液恰好呈中性,

根据c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)、c(H+)=c(OH-)可知c(Na+)=c(CN-)=2moi/L,结合

物料守恒c(HCN)=|mol/L-c(CN")=^mol/L,用HCN=H++CN-平衡常数K=

吗翻D==电”]，可得长=里二；向混合溶液中继续加入HCN(aq)使溶液的pH=

cQHciNja—Da—b

6,可知c(H+)=10-6mo]/L,c(OH-)=搐=令;mol/L=10-8mol/L,由此可得知此时溶液

中c(CN-)-c(Na+)=c(H+)-c(OH-)=(10-6-10-8)mol/L=9.9X10-7mol/L,

故答案为：史Q；9.9x10-7；

a-b

(4)MnO2与KSCN在酸性条件下反应，根据拟卤素离子跟卤素离子性质相似，可以类比知道生成了

+2+

(SCN)2,据此可得离子方程式为Mn()2+4H+2SCN-=Mn+(SCN)2T+2H2O,

+2+

故答案为：MnO2+4H+2SCN-=Mn+(SCN)2T+2出0。

(1)(CN)2是拟卤素与卤素单质分子性质相似，类比可知(CN)z与水反应生成的含氧酸为HCNO,<

根是碳原子与氮原子通过碳氮三键连接而成，C和N的原子电子层数相同，核电荷数C小于N,最外

层电子数C小于N,原子半径C大于N,氮原子吸引电子能力强于碳原子；

(2)碳元素化合价由+2价升高为+4价,氮元素化合价由-3价升高为0价，故升高总的价态为5,C10-

作为氧化剂因此其氯元素化合价由+1价降低为-1价产物应为C「，此时降低价态为2,根据电子得

失守恒可知

⑶常温下，将amol•L的HCN(aq)与bmol•L的NaOH(aq)等体