2023年上海市奉贤区高考化学二模试卷及答案解析

2023年上海市奉贤区高考化学二模试卷

一、单选题（本大题共20小题，共40.0分）

1.奉贤公交巴士引入氢气作为汽车发动机燃料，下列说法正确的是（）

A.氢能不属于新能源B.氢能属于不可再生能源

C.氢能是一种热值高、无污染的绿色能源D.氢能已经完全替代了所有的化石能源

2.下列物质属于纯净物的是（）

A.汽油B.食醋C.漂白粉D.小苏打

3.要除去FeCk溶液中少量的Feci2,可行的方法是（）

A.滴入KSCN溶液B.通入氯气

C.加入适量铜粉并过滤D.加入适量铁粉并过滤

4.双氧水是一种常见的氧化剂,下列对电。2叙述正确的是（）

A.%。2的摩尔质量为34B.山。2中只有极性共价键

C.出。2也具有还原性D.%。2的电子式为

5.以下物质可用于制作消毒剂，其中属于弱电解质的是（）

A.乙醇B.乙酸C.次氯酸钠D.高镒酸钾

6.下列晶体属于分子晶体的是（）

A.SiB.SiO2C.SiCl4D.SiC

7.下列关于仪器使用的说法正确的是（）(5YO1

A.a可用于溶液的蒸发浓缩

B.b可用于物质分离

abcd

C.c受热时不需要垫石棉网

D.d通冷凝水的方向是上进下出

8.下列事实不能用元素周期律解释的是（）

A.原子半径：Na>MgB.非金属性：0>S

C.还原性：Cr<Br-D.酸性：H2sO3>H2c。3

9.紫花前胡醇（）能提高人体免疫力，下列相关叙述错误的是（）

A.分子式为Cl4Hl4O4B.不能使酸性高锌酸钾溶液褪色

C.能够发生水解反应D.能够发生消去反应

10.某有机物的结构如图所示，一分子该烯煌与一分子漠发生加成反应的产

物理论上最多有（不考虑立体异构）（）

A.2种B.3种C.4种D.5种

11.关于反应4c。2+SiH44co+Si（）2+2出0，下列说法正确的是（）

A.CO是氧化产物B.SiH4发生还原反应

C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4D.还原性：SiH4>CO

12.“价一类”二维图是研究物质性质的一种方法，如图是a〜f表示的是含硫物质。下列说

法正确的是（）

硫

元

求

化

合

价

A.a可用硫化亚铁与稀硝酸反应制取B.b在足量的纯氧中燃烧，可一步转化为d

C.c能使溟水褪色，证明c有漂白性D.暇有氧化性又有还原性

13.测定硫酸铜晶体（CuS0「nH2。）中结晶水的含量，实验结果n偏低的原因可能是（）

A.称量样品的耐烟潮湿B.加热后未放入干燥器中冷却

C.加热过程中样品有少量的溅失D.坨烟含有受热不分解的杂质

14.Nz（g）与H2（g）化合生成NH3Q）的过程能量变化如图所示，有关说法正确的是（）

A.使用催化剂会改变反应的热效应

B.反应的热化学方程式为:N,(g)+3H2(g)#2NH3(1)+2bkJ

C.ImolN（g）和3moiH（g）生成lmolNH3（g）时，放出bkj热量

D.lmolN2（g）和3molH2（g）的能量之和小于2moiNE（g）的能量

15.用压强传感器探究生铁分别在pH=2.0、4.0和6.0的酸性溶液中发生电化学腐蚀，得到

反应体系气体压强与时间的关系如图。有关叙述错误的是（）

A.负极的电极反应式均为：Fe-2e-=Fe2+

B.pH=2.0时，压强增大主要是因为产生了Hz

C.pH=4.0时，不发生析氢腐蚀，只发生吸氧腐蚀

D.pH=6.0时，正极一定会发生的电极反应为。2+4e-+2H2O=40H-

16.实验室中利用侯氏制碱法制备Na2cO3和NH4CI,流程如图。下列说法正确的是（）

饱和食气体N气体M过滤

盐水食盐水

粉末

一母液NaCI

NHj(g)

NHCI

C4

A.气体N、M分别为CO?和NH3

B.只有“食盐水”可以循环使用

C.为了加速过滤可用玻璃棒搅拌

D.向“母液”中通入NH3有利于析出NH4cl并提高纯度

17.利用如图所示的装置（夹持装置略去）进行实验，b中的现

象能证明a中反应所得产物的是（）

选项发生反应实验现象

A乙醇和浓H2s。4反应生成乙烯酸性KMn()4溶液褪色

B木炭粉和浓H2s。4反应生成SO?溪水褪色

CMnOz和浓盐酸反应生成Cl2滴有酚醐的NaOH溶液褪色

D苯和液漠反应生成HBrAgNC)3溶液中产生浅黄色沉淀

A.AB.BC.CD.D

18.常温下，已知浓度均为O.lmolJT的NH/N溶液和NaCN溶液的pH分别为9.32、11.1,

下列说法错误的是()

A.O.lmol•L-iNHdCN溶液能使甲基橙试剂变黄色

B.O.lmol•L-】NaCN溶液中水电离出的c(OH-)=10-111mol-L-1

C.上述两种盐均能促进溶液中水的电离

D.上述两种溶液中，CN-的水解程度前者大于后者

19.常温下，调节某醋酸与醋酸钠混合溶液的pH,保持c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=

O.lmol-L-1,溶液中C(CH3COOH)、c(CH3coCT)随pH的变化如图所示。下列说法正确的是(忽

略溶液体积变化)()

□

©

W

E

0

2.753.754.755.756.75

pH

A.pH=5时，c(CH3coOH)>c(CH3coCT)>c(H+)>c(OH-)

B.pH=3.5时，c(Na+)+c(H+)-c(OH-)+c(CH3coOH)=O.lmol•L

C.取W点溶液IL,c(Na+)+2c(0H-)=c(CH3coeT)+2c(H+)

+

D.取W点溶液IL,通入0.05molHCl：c(H)>c(CH3COOH)+c(OH-)

20.向一容积可变密闭容器中充入等物质的量的A、B,发生反应：2A(g)+2B(g)=3C(s)+

4D(g)在不同压强下，该反应平衡常数随温度变化如下表所示。下列判断正确的是()

压强

平衡常数1.01.52.0

温度

300ab16

516c64d

800160fg

A.g>f

B.正反应是放热反应

C.2.0MPa、800%：时，A的转化率最小

D.1.5MPa、300。(：时,B的转化率为50%

二、实验题(本大题共I小题，共10.0分)

21.化学小组实验探究SO?与AgNO3溶液的反应。

实验一：用如图装置制备SO2,并将足量S()2通入AgNO3溶液中，迅速反应，得到无色溶液A和

白色沉淀B.(省略夹持、加热仪器)

浓Hso七:

1一尾气处理

(LImol*L-1

Cu片AgNO,溶液

(1)制备的SC)2中会混有少量的S03,原因可能为o为了排除S03的干扰，试剂a可以为

a.浓硫酸

b.饱和Na2s。3溶液

c.饱和NaHS溶液

d.饱和NaHSC>3溶液

实验二：验证白色沉淀B的成分。

分析：沉淀B可能为Ag2s。3、Ag2sO,或两者混合物。滴加氨水可释出其阴离子，便于后续检

验。

相关反应为：①Ag2sO3+4NH3-H20=2Ag(NH3)J+SO歹+4H20；

②Ag2sO4+4NH3-H20=2Ag(NH3)]+SO歹+4H20o

流程如图:

—范波卜

过fitZL'猛木「1：£1"八＜＞":溶液1'Kttflt

「、"---------------——------------7---►',〔＞----：-------

fix.洗涤过滋'洗涤

j少51沉淀F

(2)欲检验溶液C中加入的Ba(N03)2是否己经过量，请简述实验方法

(3)沉淀D中主要含BaS()3,理由是。向滤液E中加入H2O2溶液，产生的现象是

可进一步证实B中含Ag2so3。

实验三：探究S0/的产生途径。

猜想1：实验一中，SO?在AgN()3溶液中被氧化生成Ag2so型随沉淀B进入D。

猜想2：实验二中，S0歹被氧化为S0：一进入D。

(4)取少量溶液A,滴加过量盐酸，产生白色沉淀。静置后，取上层清液再滴加BaCk溶液，未

出现白色沉淀，可判断猜想1不合理。理由是：.

(5)不同反应的速率也有所不同。将实验一所得混合物放置一段时间，也会有S0『生成，同时

生成单质Ag。请从化学反应速率的角度分析原因：。

(6)实验探究可知，S0歹在(选填“酸性”“中性”“碱性”)溶液中更易被氧化为

so"

三、简答题(本大题共3小题，共24.0分)

22.含氯化合物有广泛的应用。

1.(1)氯原子的核外有种能量不同的电子，氯化钺的电子式为。

(2)周期表中有3种主族元素与氯元素相邻，它们的气态氢化物的热稳定性由强至弱的顺序为

(用分子式表示)。通常状况下，。2、B「2、12依次是气体、液体、固体，从结构的角

度分析其原因：。

II.C102是一种高效消毒剂，用KC1()3和浓HC1可制得它：

(3)请完成该制备反应的化学方程式：KC103+HC1(浓)=Cl2T+

CIO2T+KC1+0若反应产生8.96LC1O2(标准状况)时，则转移电子数

为。

(4)Ca(C10)2是漂白粉的有效成分，Ca(C10)2中存在的化学键为。工业制漂白粉的气

体原料来自于氯碱工业电解饱和食盐水设备的(填电极名称)。

23.奥昔布宁是具有解痉和抗胆碱作用的药物。其合成路线如图:

刈____CI

0r——Em7

AC

希纳JCMLNO,

_____,Oo

J_______BHNCCjH,)：

CMO|^叫COCfCHa俅化算Eg3c-CCHNCMb

o

已知:①…贵RMgci"f二斗R

R^COOR1♦ffC(X)^Tifcoo^»NC«)OR'

③G、L和奥昔布宁的沸点均高于200汽。

(1)A-B所需的反应试剂、反应条件分别为、。B-C的反应类型为

(2)F的结构简式为。

(3)J-K的化学方程式是。

(4)用G和L合成奥昔布宁时，通过在70冤左右蒸出(填物质名称)来提高产率。

(5)E的同分异构体有多种，请写出其中一种符合下列条件的物质的结构简式：。

①能发生银镜反应

②分子中仅含4种不同化学环境的氢原子

QH产

(6)结合题中信息，以|为有机原料，设计合成CHLCH-C-CM的路

CH—tH—CH3

线(无机试剂与溶剂任选，合成路线可表示为：ATB……T目标产物)。

反应条件反应条件

24.CO2和SO?的大量排放会对环境产生影响，科学家在积极探索用化学方法吸收并综合利

用CO2和SO?。

I.重整吸收CO?。主要反应如下：

①COz(g)+CH4(g)=2H2(g)+2CO(g)-Q](Qi大于0)

②COz(g)+H2(g)UH2O(g)+CO(g)-Q2Q2大于0)

在容积固定的某密闭容器中，反应物投料比按n(CO2)：n(CH4)-1：1发生上述反应，CO?、

CH4的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。

40060080010001200

温度/K

（1）根据消耗情况可以判断：图中曲线（选填"A”或"B”）表示CO?的平衡转化率随

温度的变化趋势。提高C%的平衡转化率的措施为（列举一条）。

（2）图中X点的V（CH4,正）V（CH4,逆）（选填“>”、“<”或“=”）。若起始c（CC）2）=

2moiL,反应至5min时，C*的转化率到达丫点，且eg）为0.2mol•L,则0〜5min内

出。值）的平均反应速率v=mol-L-1-min-1o

H.ZnO悬浊液吸收SO2,再催化氧化得到硫酸盐。

向ZnO悬浊液中缓缓通入SO?,SO2吸收率及溶液pH变化如图所示。已知1：Z11SO3微溶于水，

Zn（HSC>3）2易溶于水。

-T---]100

%

/

^

M

3

60,

0

s

40

20

20304050

时间/min

―：SO?吸收率变化曲线

OO：pH变化曲线

⑶在0〜lOmin,溶液pH几乎保持不变，该阶段主要产物为（填化学式）;在30〜40min,

SO?吸收率迅速降低，该阶段主要反应的离子方程式为o

（4）调节吸收SO2所得溶液的pH为4.5〜6.5,缓缓通入。2,则溶液pH将（选填“增大”、

“减小”或“不变”）。

答案和解析

I.【答案】C

【解析】解：A.新能源包括太阳能、生物质能、水能、风能、地热能、波浪能、洋流能和潮汐能，

还有氢能、沼气、酒精、甲醇等，所以氢能属于新能源，故A错误；

B.氢气可以由水制取，氢气燃烧后又生成水，则氢能属于可再生能源，故B错误；

C.氢气燃烧产生的能量高，而氢气的相对分子质量小，燃烧产物为对环境无污染的水，所以氢能

是一种热值高、无污染的绿色能源，故C正确；

D.氢气的制取、贮存和运输的技术还有待提高，所以氢能还不能完全替代化石能源，故D错误；

故选：Co

氢气可以由水制取，氢气燃烧后又生成水，则氢能属于可再生能源，氢能热值高，无污染，是一

种新能源，但储存困难，据此进行解答。

本题考查清洁能源，主要考查氢能，从中提取有关化学的关键知识，题目难度不大，注意基础知

识的积累。

2.【答案】D

【解析】

【分析】

本题考查混合物和纯净物，题目难度不大，知道常见物质的组成和俗称是解题的关键，侧重考查

学生对基础知识的掌握情况。

【解答】

A.汽油中含有多种烧，属于混合物，故A错误；

B.食醋含有乙酸、水、食品添加剂等多种物质，属于混合物，故B错误；

C.漂白粉主要成分为次氯酸钙和氯化钙，属于混合物，故C错误；

D.小苏打是碳酸氢钠的俗称，只含有一种物质，为纯净物，故D正确；

故选：D。

3.【答案】B

【解析】解:A.KSCN与氯化铁溶液发生反应，不与氯化亚铁反应，不能除去FeCb溶液中少量的FeCk，

故A错误；

B.氯气能将氯化亚铁氧化为氯化铁，能除去FeCk溶液中少量的Feci2，故B正确；

C.铜粉能与氯化铁反应生成氯化亚铁，但是引入新的杂化铜离子，不能用于除去FeCU溶液中少量

的FeCk，故C错误；

D.铁粉能与氯化铁反应生成氯化亚铁，与氯化亚铁不反应，不能用于除去FeCh溶液中少量的FeCk，

故D错误；

故选：B»

除去FeCk溶液中少量的FeCb，需要添加氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，且不能引入新的杂化。

本题考查除杂，侧重考查学生含铁物质性质的掌握情况，试题难度中等。

4.【答案】C

【解析】解：A.%。2的摩尔质量为34g/mol,故A错误；

B.H2O2的结构式为：H-O—O-H,其中存在0-0非极性共价键，故B错误；

C.H2O2中0为T价，故H2O2具有还原性，如出。2可被酸性高镒酸钾氧化体现还原性，故C正确；

D.双氧水为共价化合物，其电子式为H：0：0：H,故D错误；

故选:C»

A.摩尔质量的单位为g/mol；

B.H2O2的结构式为：H-O-O-H,相同原子间形成的共价键为非极性共价键；

C.H2O2中0为一1价，故H2O2具有还原性；

D.双氧水为共价化合物，其电子式为H：0：0：H。

本题主要考查双氧水的结构和性质，为基础知识的考查，题目难度不大。

5.【答案】B

【解析】解：A.乙醇属于非电解质，故A错误；

B.乙酸属于弱电解质，且具有一定的杀菌消毒能力，可做消毒剂，故B正确：

C.次氯酸钠属于盐，为强电解质，故C错误；

D.高镭酸钾属于盐，为强电解质，故D错误；

故选：Bo

弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水等，据此进行解答。

本题考查强弱电解质的概念，题目难度不大。

6.【答案】C

【解析】解：A.晶体Si是硅原子之间形成空间网状结构形成的晶体，属于共价晶体，故A错误；

B.晶体Si。2是硅原子和氧原子之间形成空间网状结构形成的晶体，属于共价晶体，故B错误；

C.晶体SiC14是由SiCLj分子形成的晶体，属于分子晶体，故C正确；

D.晶体SiC是硅原子和碳原子之间形成空间网状结构形成的晶体，属于共价晶体，故D错误；

故选：Co

分子晶体是由分子构成的晶体，共价晶体是由原子构成的，原子之间形成空间网状结构，据此分

析作答。

本题主要考查晶体类型的判断，属于基本知识的考查，难度不大。

7.【答案】B

【解析】解：A.蒸储烧瓶用于沸点相差较大的液态混合物的分离，不能用于溶液的蒸发浓缩，故

A错误；

B.漏斗可用于分离固体和液体，是常用的物质分离仪器，故B正确；

C.加热烧杯时需要在烧杯底部垫上石棉网，故C错误；

D.该冷凝管中水的方向是下进上出，以起到更好的冷凝效果，故D错误；

故选：Bo

A.a为蒸储烧瓶，用于沸点相差较大的液态混合物的分离；

B.b为漏斗，可以用于过滤；

C.烧杯在加热时必须垫石棉网；

D.冷凝管中冷凝水的方向是下进上出。

本题考查了物质的分离提纯的方法以及实验仪器的使用，难度不大，应注意蒸储用于液态混合物

的分离，过滤用于固液混合物的分离。

8.【答案】D

【解析】解：A.同一周期从左到右原子半径逐渐减小，Na、Mg为同周期元素原子，故原子半径:

Na>Mg,故A正确；

B.同主族元素从上到下非金属性减弱，0、S为同主族元素，故非金属性：0>S,故B正确；

C.卤族元素从上到下非金属性减弱，单质的氧化性减弱，对应简单离子的还原性增强，氧化性>

--

Br2,故还原性：Cl<Br,故C正确；

D.元素非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，H2s。3不是S元素的最高价氧化物的水化

物，与H2c。3比较酸性强弱时，不能利用元素周期律比较，故D错误；

故选：D。

A.同一周期从左到右原子半径逐渐减小；

B.同主族元素从上到下非金属性减弱；

C.卤族元素从上到下非金属性减弱，单质的氧化性减弱，对应简单离子的还原性增强；

D.元素非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强。

本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，明确元素周期律的内容为解答关键，试

题侧存在基础知识的考查，有利于提高学生的灵活应用能力。

9.【答案】B

【解析】解：A.该有机物分子中含有14个C原子、4个0原子，14个H原子，则分子式为Ci4Hl4。4,

故A正确；

B.该有机物分子中含有碳碳双键等，能被酸性高锯酸钾溶液氧化而使其褪色，故B错误；

C.该有机物分子中含有酯基，能够发生水解反应，故C正确；

D.该有机物H红框内的2个碳原子间能够发生消去反应而形成碳碳双键，故D正

确；

故选：B„

A.该分子中含有14个碳原子、14个氢原子、4个氧原子；

B.碳碳双键能被酸性高镒酸钾溶液氧化而使酸性高镒酸钾溶液褪色；

C.酯基能发生水解反应；

D.连接醇羟基的碳原子相邻碳原子上含有氢原子的醇能发生消去反应。

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，

侧重分析与应用能力的考查，注意官能团的判断，题目难度不大。

10.【答案】D

【解析】解：该烯煌结构与1-3丁二烯类似，一分子该烯煌与一分子溪发生加成反应反应时，可

发生1,2-加成、1,4-加成,如发生1,2-加成，理论上产物有3种,分别是：

故选：D.

该烯煌结构与1-3丁二烯类似，一分子该烯垃与一分子溪发生加成反应，可发生1,2-加成、1,

4-加成，据此依次分析。

本题考查烯煌的加成反应，难度中等，明确加成的规律及利用结构与1-3丁二烯类似来分析解答

即可。

11.【答案】D

【解析】解：A.由分析可知，CO2为氧化剂，CO为还原产物，故A错误；

B.Si%为还原剂，发生氧化反应，故B错误；

C.CO2为氧化剂，SiH,为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1,故C错误；

D.SiH,为还原剂，CO为还原产物，则还原性：SiH4>CO,故D正确；

故选：D。

在反应4C02+SiH414co+Si02+2H2。中，CO2中的C元素由+4价降低为+2价，CO?为氧化齐U，

C0为还原产物；SiH4为还原剂，Si。?为氧化产物。

本题考查氧化还原反应，题目难度不大，考查氧化还原反应的概念、电子转移的计算等知识点是

解题的关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力。

12.【答案】D

【解析】解：A.硫化亚铁与稀硝酸反应生成生成硝酸铁、S、N0和水，离子反应为：NO,+FeS+

+3+

4H=Fe+SX+N0T+2H2O,无法生成H?S,故A错误；

B.硫单质在纯氧中燃烧只生成SO2，SO2在催化剂的作用下才能生成SO3,故B错误；

C.将SC>2通入澳水中溪水褪色，证明S02具有还原性，故c错误；

D.亚硫酸盐中S为+4价，可被强氧化剂氧化成硫酸盐表现还原性，也可与S2-发生归中反应生成S单

质体现氧化性，故D正确；

故选：Do

结合图像可知，a为&S,b为S,c为SO?，d为SO3,e为H2sO4,f为亚硫酸盐，结合物质性质回答

问题。

本题考查元素化合物性质及氧化还原反应，为高频考点，明确发生反应实质为解答关键，注意掌

握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力，题目难度不大。

13.【答案】B

【解析】解：A.用烟潮湿、水的蒸发会导致测得的结晶水质量偏大，测得的n值偏高，故A错误;

B.加热后未放入干燥器中冷却，硫酸铜吸收空气中的水蒸气，导致测得的结晶水质量偏小，测得

的n值偏低，故B正确；

C.加热过程中样品有少量溅失，使称得的硫酸铜固体质量偏小，导致测得的结晶水质量偏大，实

验测得的n值偏高，故C错误；

D.生期含有受热不分解的杂质，对加热前后样品质量及其质量差不产生影响，对实验测得的n值无

影响，故D错误；

故选：Bo

A.称量样品的用烟潮湿，水的蒸发会使固体质量差偏大；

B.无水硫酸铜易吸收空气中的水分，会使固体质量差偏小；

C.加热过程中样品有少量的溅失，会使固体质量差增大；

D.用烟含有受热不分解的杂质，使质量差不变。

本题考查了实验室测定硫酸铜晶体结晶水含量实验，把握误差分析的方法与技巧是解答的关键，

题目难度不大。

14.【答案】C

【解析】解：A.催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但不会改变反应的热效应，故A错

误；

B.根据反应过程的能量变化可知，反应的热化学方程式为M(g)+3H2(g)=2NH3(g)AH=

-2(b-a)kj/mol,故B错误；

C.从图中可知，ImolN(g)和3molH(g)生成lmolNH3(g)时，放出bkj热量，故C正确；

D.氮气和氢气反应生成氨气，这是一个放热反应，lmolN2(g)和3moiH?(g)的能量之和大于

2moiNH3®的能量,故D错误；

故选：Co

由图像可知，0.5molN2(g)+1.5010%断键生成lmolN(g)+3molH(g)吸收akj热量,lmolN(g)+

3moiH(g)成键生成lmolNH3(g)释放bkj热量。

本题考查热化学方程式的书写，反应热的计算，着重考查对断键吸热和成健放热的理解，要注意

催化剂能加快反应速率，但不改变反应的热效应。

15.【答案】C

【解析】解：A.锥形瓶中的Fe粉和C粉构成了原电池，Fe粉作为原电池的负极，发生的电极反应式

为：Fe-2e-=Fe2+,故A正确；

B.pH=2.0的溶液，酸性较强，因此锥形瓶中的Fe粉能发生析氢腐蚀，析氢腐蚀产生氢气，因此

会导致锥形瓶内压强增大，故B正确；

C.若pH=4。时只发生吸氧腐蚀，那么锥形瓶内的压强会有下降；而图中pH=4.0时，锥形瓶内

的压强几乎不变，说明除了吸氧腐蚀，Fe粉还发生了析氢腐蚀，消耗氧气的同时也产生了氢气，

因此锥形瓶内压强几乎不变，故C错误；

D.由图可知，当pH=6.0时，由于压强随时间的增大而减小，铁发生了吸氧腐蚀，其正极反应式

+

^02+4e-+4H=2H20,故D正确；

故选:Co

Fe在酸性环境下会发生析氢腐蚀，产生氢气，会导致锥形瓶内压强增大；若介质的酸性很弱或呈

中性，并且有氧气参与，此时Fe就会发生吸氧腐蚀，吸收氧气，会导致锥形瓶内压强减小，据此

分析解答。

本题考查铁的电化学腐蚀原理的探究，题目难度不大，明确析氢腐蚀、吸氧腐蚀的原理为解答关

键，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验探究能力。

16.【答案】D

【解析】解：A.分析可知，氨气极易溶于水，二氧化碳在水中溶解度不大，为增大二氧化碳吸收，

先投入氨气，气体N为NH3,气体M为CO2，故A错误；

B.从流程图可知，最后碳酸氢钠分解生成的CO2、母液生成的食盐水都可以循环利用，故B错误；

C.过滤操作中，用玻璃棒搅动漏斗里的液体，容易把滤纸弄破，起不到加速过滤的作用，故C错

误；

D.向母液中通入N&,增大溶液中NH：■的浓度，有利于NH4cl析出并提高纯度，故D正确；

故选：Do

侯氏制碱法制备碳酸钠和氯化镂，饱和食盐水中先通入NH3、再通入CO?,此时生成碳酸氢钠沉淀

和氯化镂，过滤得到碳酸氢钠,加热碳酸氢钠生成碳酸钠、二氧化碳和水，母液中加入NaCl和NH3,

发生反应NaCl(s)+NH4cl(aq)=NaCl(aq)+NH4cl(s),过滤得到氯化镀。

本题考查物质的制备方案设计，涉及制备原理与工艺流程、混合物分离提纯等知识点，为高频考

点，把握制备原理、物质的性质、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析能力与实验能力的考

查，题目难度不大。

17.【答案】B

【解析】解：A.乙醇也能被酸性高锌酸钾溶液氧化，干扰乙烯的检验，故A错误；

B.二氧化硫和溟水发生氧化还原反应生成硫酸和HBr,木炭粉和浓H2sO,反应，只有生成的SO?可

使溟水褪色，故B正确；

C.挥发的HC1能和NaOH溶液反应而使滴有酚酷的溶液褪色，干扰氯气和NaOH溶液反应,故C错误;

D.挥发的澳能和AgNOs反应生成淡黄色沉淀，干扰HBr的检验，故D错误；

故选：Bo

A.乙醇也能被酸性高镒酸钾溶液氧化；

B.二氧化硫和澳水发生氧化还原反应生成硫酸和HBr；

C.挥发的HC1能和NaOH溶液反应而使滴有酚献的溶液褪色；

D.挥发的浪能和AgNC)3反应生成淡黄色沉淀。

本题考查化学实验方案评价，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确实验原理、元素化

合物的性质、实验操作规范性是解本题关键，C为解答易错点。

18.【答案】B

【解析】解：A.O.lmol/LNHJN的pH为9.32,能使甲基橙变黄色,故A正确;

B.NaCN是强碱弱酸盐，能促进水的电离，O.lmol/LNaCN的pH为11.1,该溶液中c(H+)=

10-111mol/L,c(OH-)=10-2-9mol/L,水电离出的c(OH-)=lO3moi/L,故B错误;

C.NH4CN、NaCN因为NH。CN-的水解，均能促进溶液中水的电离，故C正确;

D.NHdCN中NH：水解生成氢离子能促进CN-的水解，钠离子对CFT水解没有影响，因此NHdCN中

CN-的水解程度大于NaCN中CN-的水解程度，故D正确；

故选：Bo

AOlmol/LNH^N的pH为9.32；

B.O.lmol/LNaCN的pH为11.1,该溶液中c(H+)=10-ulmol/L,c(OH-)=10-29mol/L；

C.NH,CN、NaCN因为NH，CN-的水解，均能促进溶液中水的电离；

D.NH,CN中NH。水解生成氢离子能促进CN-的水解，钠离子对C5水解没有影响。

该题主要考查了盐类水解的规律，解题时需掌握盐类水解的原理，以及水解的盐溶液中，各种离

子浓度的大小的定性分析的方法。

19.【答案】B

【解析】解：A.常温下，pH=5时，c(H+)>c(OH-),由曲线图得C(CH3COOH)<C(CH3COCT),

+

fec(CH3COO-)>C(CH3COOH)>c(H)>c(OH-),故A错误；

B.根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3co(F)得：c(Na+)+c(H+)-c(OH-)=

+-

c(CH3coeT),即c(Na+)+c(H)-c(OH-)+c(CH3coOH)=c(CH3COOH)+c(CH3COO)=

O.lmol-L-1.故B正确；

-1++

C.W点时，C(CH3COOH)=c(CH3COONa)=0.05molL,根据电荷守恒:c(Na)+c(H)=

C(OH-)+C(CH3COO-),且溶液为酸性，c(H+)>c(OH-),故c(Na+)<c(CH3C0(T),则c(Na+)+

2c(0H-)<C(CH3COO-)+2c(H+)故C错误；

_-1

D.W点时,C(CH3COOH)=C(CH3COO)=0.05mol-L,取该溶液IL,则MCH3COOH)=

n(CH3COO-)=O.OSmol,通入0.05molHCl,根据强酸制弱酸原理，理论上恰好使0.050molCHC0CT

全部转化成CH3COOH,CH3COOH是弱酸，电离程度微弱，因此溶液中cCCfCOOH)>c(H+),故

D错误；

故选：Bo

该溶液中存在电离平衡CH3coOH=CH3coCT+H+和水解平衡CH3co(T+H20=CH3COOH+

0H-,当pH增大时，c(H+)减小，c(OH-)增大，电离平衡右移，水解平衡左移，贝Uc(CH3coCT)增

大，cCCfCOOH)减小，因此实线表示C(CH3C0(T)的变化，虚线表示cCCfCOOH)的变化。

本题考查离子浓度关系比较，题目难度中等，能依据图象判断溶液成分并能判断离子浓度关系是

解题的关键。

20.【答案】D

【解析】解：A.平衡常数只与温度相关，温度不变，K不变，所以g=f,故A错误；

B.由分析可知，该反应的正反应是吸热反应，故B错误；

C.因为正反应为吸热反应，所以800汽、相同压强时，A的转化率最大，而反应前后气体的分子数

相等，所以800冤时，三种压强下的A的转化率都相同，故C错误;

D.1.5MPa、300久时，平衡常数b=16,设平衡时体积为V,B的物质的量的变化量为X,则达平衡

时，A、B、D的物质的量分别为l-x、1-x,2x,1X2=16,x=0.5mol则B的转化率

（早）（早）

为需XI。。％=5。％,故D正确;

故选：Do

从反应2A(g)+2B(g)=3C(s)+4D(g)中可以看出，反应前后气体的分子数相等，则压强改变，

平衡不发生移动；从表中平衡常数的数据可以看出，升高温度，平衡常数不断增大，则正反应为

吸热反应，以此分析解答；

A.平衡常数只与温度相关;

B.由表格中的数据可知，平衡常数随温度升高而增大，平衡正向移动;

C.该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，增大压强，平衡不移动;

D.1.5MPa、300久时，平衡常数b=16,设平衡时体积为V,B的物质的量的变化量为X,则达平衡

时，A、B、D的物质的量分别为l—x、l-x>2x,以此计算转化

（早汽3早i-x产2=16,x=0.5moL

率。

本题考查化学平衡的计算，把握平衡常数的意义、温度和压强对平衡的影响、转化率的计算为解

答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。

21.【答案】浓硫酸或硫酸铜受热分解产生SO3ad往上层清液中继续滴加Ba(N()3)2,若无沉淀产

生，表明Ba(NC)3)2已过量，否则未过量BaSC>3易溶于盐酸，而BaSC)4不溶于盐酸，加入盐酸后，

只有少量沉淀剩余，则表明大部分沉淀为BaSO3有白色沉淀生成Ag2s溶解度大于BaSO"没

有BaSCU时，必定没有Ag2sSO?与AgN()3溶液反应生成Ag2sO3和H+,同时生成少量Ag2s。钎

既能发生沉淀反应，又能发生氧化还原反应，但沉淀反应的速率比氧化还原反应快碱性

【解析】解：(1)制备的SO?中会混有少量的S03,烧瓶内没有SO2催化氧化的催化剂，则不是SO2氧

化生成，原因可能为：浓硫酸或硫酸铜受热分解产生SO3。为了排除SO3的干扰，试剂a可以为浓

硫酸或饱和NaHS()3溶液，

故答案为：浓硫酸或硫酸铜受热分解产生SC>3；ad；

(2)欲检验溶液C中加入的Ba(N03)2是否已经过量，可检验溶液中是否含有SO：1则实验方法：往

上层清液中继续滴加Ba(NO3)2,若无沉淀产生，表明Ba(NC)3)2已过量，否则未过量，

故答案为：往上层清液中继续滴加Ba(NC)3)2,若无沉淀产生，表明Ba(NC)3)2己过量，否则未过量：

(3)从加入盐酸后剩余沉淀的量分析，沉淀D中主要含BaSC)3,理由是：BaSO3易溶于盐酸，而BaS()4

不溶于盐酸，加入盐酸后，只有少量沉淀剩余，则表明大部分沉淀为BaSC)3。滤液E中含有亚硫酸，

加入电。2溶液后，被氧化为硫酸，与Ba?+反应生成Bas。,白色沉淀，则产生的现象是：有白色沉

淀生成，

故答案为：BaSC)3易溶于盐酸，而BaS()4不溶于盐酸，加入盐酸后，只有少量沉淀剩余，则表明大

部分沉淀为BaSC>3；有白色沉淀生成；

(4)取少量溶液A,滴加过量盐酸，产生AgCl白色沉淀。静置后，取上层清液再滴加BaCk溶液，未

出现BaSC)4白色沉淀，则表明溶液中不含有SOt，可判断猜想1不合理。理由是：Ag2sO4溶解度大

于BaSO"没有BaS()4时，必定没有Ag2s。钎

故答案为：Ag2sO,溶解度大于BaSO"没有BaSCU时，必定没有Ag2so,；

(5)将实验一所得混合物放置一段时间，也会有S。歹生成，同时生成单质Ag,则起初未生成Ag2so4,

从而表明生成Ag2sO4的反应速率慢，则从化学反应速率的角度分析原因：SO?与AgN03溶液反应

生成Ag2s和H+,同时生成少量Ag2s。4,既能发生沉淀反应，又能发生氧化还原反应，但沉淀

反应的速率比氧化还原反应快，

故答案为：SO?与AgNOs溶液反应生成Ag2s。3和H+,同时生成少量Ag2so型既能发生沉淀反应，

又能发生氧化还原反应，但沉淀反应的速率比氧化还原反应快；

(6)实验探究可知，酸性溶液中一段时间后才生成SOt，而碱性溶液中，SOg中混有SOt，从而

表明碱性溶液中更易被氧化为S0/,

故答案为：碱性。

将浓硫酸加入盛有Cu片的两颈烧瓶内，加热，将生成的气体通过盛有试剂a的洗气瓶，除去其中混

有的SO3,再将SO2通入AgN03溶液中，得到溶液与沉淀的混合物，然后通过后续实验分析沉淀的

成分；

(1)制备的S02中会混有少量的S03,烧瓶内没有S02催化氧化的催化剂，则不是S02氧化生成

(2)欲检验溶液C中加入的Ba(N03)2是否已经过量，可检验溶液中是否含有SOt；

(3)从加入盐酸后剩余沉淀的量分析，沉淀D中主要含BaSC>3；

(4)取少量溶液A,滴加过量盐酸，产生AgCl白色沉淀。静置后，取上层清液再滴加BaQ2溶液，未

出现BaSCU白色沉淀；

(5)将实验一所得混合物放置一段时间，也会有SO歹生成，同时生成单质Ag,则起初未生成Ag2so4,

从而表明生成Ag2sO4的反应速率慢；

(6)实验探究可知，酸性溶液中一段时间后才生成SO/,而碱性溶液中，SOa中混有SO/。

本题考查实验方案的设计，恻重考查学生含硫物质的性质和实验方案设计的掌握情况，试题难度

中等。

H..

22.【答案】5[H：N：H「HF>HC1>HBr>HSCl,B/12均是非极性分子,相对

••••22

分子质量依次增大，范德华力依次增强，熔沸点依次升高，因此常温下Cl?、B「2、12依次是气体、

液体、固体241222H2。2.408x1023离子键和共价键阳极

【解析】解：(1)氯原子核外电子排布为IS12s22P63s23s23P5,共有5种能量不同的电子，氯化铉

H

:n

♦NH•r

[H・:•

cl」:

H

H

故答案为:5：：：+：：

[HN・•H][C••lr；

H

(2)与氯元素相邻的主族元素分别是F、S、Br,它们的电负性大小顺序是：F>Cl>Br>S,电负

性越大，非金属性越大，气态氢化物的热稳定性越强,因此热稳定性强弱顺序为:HF>HC1>HBr>

H2S,。2、Br2、I2均是非极性分子，相对分子质量依次增大，范德华力依次增强，熔沸点依次升

高，因此常温下。2、B.、12依次是气体、液体、固体，

故答案为：HF>HCl>HBr>H2S；Cl2,Br?、“均是非极性分子，相对分子质量依次增大，范德

华力依次增强，熔沸点依次升高，因此常温下Cl?、Brz、I?依次是气体、液体、固体；

(3)KCK)3中氯元素化合价由+5价降低为CH%中+4价，化合价降低1价；HC1中氯元素化合价由-1价

升高为Cl2中0价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数为2,故CIO2系数为2,C%系数为1；

所以KCIO3系数为2,KC1系数为2,HC1系数为4,水的系数是2,反应为2KCIO3+4HC1(浓)=2KC1+

2C1O2?+C121+2H2O,标准状况下，8.96LC102的物质的量为瓦瑞而=0.4mol,根据方程式，

每生成ImolQOz转移电子lmol,因此反应产生8.96LCK)2(标准状况)时，转移电子数为0.4molx

6.02x1023/mol=2.408X1023,

23

故答案为：2；4；1；2；2；2H2O；2.408X10；

(4)Ca(C10)2由Ca2+和CIO-通过离子键结合而成，C1CT中Q原子与0原子之间通过共价键结合，因

此Ca(C10)2中存在的化学键为离子键和共价键，工业制漂白粉的气体是。2,来自于氯碱工业电解

饱和食盐水设备的阳极，

故答案为：离子键和共价键；阳极。

(1)不同能级上的电子具有不同的能量；氯化钱为离子化合物，书写复杂离子时注意用中括号；

(2)与氯元素相邻的主族元素分别是F、S、Br,它们的电负性大小顺序是：F>Cl>Br>S,电负

性越大，非金属性越大；非极性分子的相对分子质量越大，范德华力越强，熔沸点越高；

(3)根据氧化还原反应中化合价不交叉后的原则和电子守恒法来配平方程式：根据方程式，每生成

ImolClOz转移电子lmol进行计算；

(4)Ca(C10)2由Ca2+和C1CF通过离子键结合而成，C1CF中C1原子与0原子之间通过共价键结合，工

业制漂白粉的气体是。2,来自于氯碱工业电解饱和食盐水设备的阳极。

本题考查氯及其化合物及氧化还原反应的知识，注意把握氧化还原反应中转移的电子数的计算，

明确化合价的变化是分析的关键，题目难度中等。

23.【答案】H,催化剂、加热取代反

应OCH

3

CHO、

CH,

H

HjC—C-C—CH,

H

iHP

H-卜CH,华

△

【解析】解：(1)苯酚与H?发生加成反应生成B,反应条件为催化剂、加热；B与浓HQ发生取代反

应生成c为

故答案为：H催化剂、加热；取代反应;

2；O

b

eeo

(2)根据分析，F的结构简式为n-