2023年江苏省南京市高考化学二模试卷

2023年江苏省南京市高考化学二模试卷

一、单选题(本大题共13小题，共39.0分)

1.2023年3月，“三星堆”遗址考古又发掘出大量青铜器。火法炼铜主要发生的反应为

(,L∙,S>(>..2(11∙S()i<下列说法正确的是()

A.C%S中铜的化合价为+2B.该反应为复分解反应

C.SO2是酸性氧化物D.反应中氧化剂仅为。2

2.OF2是良好的氧化剂和氟化剂，可通过反应2F2+2NaOH=2NaF+H2O+OF2制备，下列

说法正确的是()

A.F2的电子式为F：FB.OF?是非极性分子

C.NaF是共价化合物D.基态Na原子的价层电子排布为3s1

3.下列有关实验室制取、收集No2并制备CU(NO3)2∙6H2θ的实验原理和装置正确的是()

A.用装置甲制取NO2

B.用装置乙收集NO2

C.用装置内吸收NO?

D.用装置丁蒸干溶液获得CU(NO3)2∙6H2O

4.MNa2HPO4+NH3-H2O+MgCl2=NH4MgPO4I+2NaCl+%0可用于处理含磷废水,

下列说法正确的是()

A.半径大小：r(Na+)>r(Mg2+)B.酸性强弱：H3PO4>HClO4

C.电离能大小；II(O)>k(N)D.电负性大小;X(H)>X(N)

5.在元素周期表中，某些主族元素与右下方的主族元素的有些性质Ck/Cl、/Cl

A—ΛV

是相似的。Be(OH)2和AI(OH)3均为两性氢氧化物，Be(OH)2溶于强碱C—、Cl/

形成[Be(0H)4]2-。BeO和AI2O3都具有难溶于水、高熔点等性质。BeC"和AlQ在气态时通常

以二聚体的形式存在，(AlCI3)2的结构如图所示。B和Si均能溶于NaOH溶液生成盐和氢气。工

业上用焦炭和石英砂(主要成分为Si。?)在高温条件下反应制得粗硅。硼酸(H3BO3)和硅酸都是

弱酸，硼酸晶体有类似于石墨的片层状结构，常用作医用消毒剂、润滑剂等。下列说法正确

的是()

A.(AICl3)2中含有配位键B.[Be(0H)4]2-的空间结构为平面正方形

C.SiC)2中的O-Si-O键角为120。D.H3BO3晶体中存在的作用力只有共价健

6.在元素周期表中，某些主族元素与右下方的主族元素的有些性质是相似的。Be(OH)2和

Al(OH)3均为两性氢氧化物，Be(OH)2溶于强碱形成[Be(OH)J-。Beo和AI2O3都具有难溶于

水、高熔点等性质。BeCk和Al¾在气态时通常以二聚体的形式存在。B和Si均能溶于NaoH溶

液生成盐和氢气。工业上用焦炭和石英砂(主要成分为Si。2)在高温条件下反应制得粗硅。硼

酸(H3BO3)和硅酸都是弱酸，硼酸晶体有类似于石墨的片层状结构，常用作医用消毒剂、润

滑剂等。下列化学反应表示不正确的是()

2-

A.氢氧化镂溶于强碱：Be(OH)2+20H-=[Be(OH)4]

B.可溶性铝盐净水原理：2A13++3HZO=AI2O3+6H+

C.硅与氢氧化钠溶液反应：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2T

D.焦炭与石英砂反应：、“九.2(,2(0

7.在元素周期表中，某些主族元素与右下方的主族元素的有些性质是相似的。Be(OH)2和

Al(OH)3均为两性氢氧化物，Be(OH)2溶于强碱形成[Be(0H)4]2-。Beo和AI2O3都具有难溶于

水、高熔点等性质。Be。2和Al¾在气态时通常以二聚体的形式存在。B和Si均能溶于NaOH溶

液生成盐和氢气•工业上用焦炭和石英砂(主要成分为Si。2)在高温条件下反应制得粗硅。硼

酸(H3BO3)和硅酸都是弱酸，硼酸晶体有类似于石墨的片层状结构，常用作医用消毒剂、润

滑剂等。下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是

A.氧化铝熔点较高，可用作耐火材料B.硼酸具有弱酸性，可用作润滑剂

C.金属铝质地柔软，可用于冶炼高熔点金属D.二氧化硅硬度高，可用于制造光导纤维

8.反应2CO2(g)+6%(g)催化剂CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH<0可实现CO2的资源化，下列说

法正确的是()

A.上述反应在任何温度下均可自发进行

B.上述反应每消耗ImolCO2同时形成7molσ键

C∙上述反应平衡常数K=

D.催化剂可以降低上述反应的焰变，提高化学反应速率

9.一种钠离子电池的工作原理如图所示，放电时电池反应可表示为Na-χFePθ4+NaχC=

NaFePO4+C,下列说法正确的是（）

A.放电时，电能转化为化学能

B.放电时，Y极发生还原反应

C.充电时，X极电极反应式为NaFePO4-Xe-=Nal-XFeP+×Na+

D.充电时，每转移Imole-,Y极质量减少23g

10.下列实验探究方案不能达到探究目的的是（）

选

探究方案探究目的

项

探究有机物中

向两支分别盛有2mL苯和2mL甲苯的试管中各加入几滴酸性高镭酸钾溶

A基团间的相互

液，用力振荡，观察现象

作用

探究乙酸、碳酸

用分液漏斗向盛有Na2CO3固体的锥形瓶中滴加乙酸溶液，将产生的气体

B和苯酚的酸性

通入盛有苯酚钠溶液的试管中，观察现象

强弱

向两支试管中各加入2mL0.1mol∙LTNa2S2O3溶液，分别放入盛有冷水和探究温度对化

C热水的两个烧杯中，再同时分别向两支试管中加入2mL0.1mol∙LTH2SO4学反应速率的

溶液，振荡，观察现象影响

以Zn、Fe为电极，以酸化的3%NaCI溶液作电解质溶液，连接成原电池装

探究金属的电

D置。过一段时间，从Fe电极区域取少量溶液于试管中，再向试管中滴入2

化学保护法

滴K3[Fe（CN）6]溶液，观察现象

A.AB.BC.CD.D

11.格氏试剂(RMgX)与醛、酮反应是制备醇的重要途径。Z的一种制备方法如图：

ClJBCCH,CH,MgBrJgBryH

CHFO-----------二-------►CH⅛CH2CHt-ɪ→cHtCHCH,CH4

下列说法不正确的是()

A.CH3CH2中碳负离子的杂化轨道类型为sp3

B.Y分子与Z分子中均含有手性碳原子

C.Z易溶于水是因为Z分子与水分子之间能形成氢键

D.以CH3COCH3、CH3MgBr和水为原料也可制得Z

12.甘氨酸盐酸盐(CIH3NCH2COOH)可用作食品添加剂，已知：

++

+24

H3NCH2COOH≠H3NCH2COO-+HKaj=IX10^∙

+

+-96

H3NCH2COO-≠H2NCH2COO-+HKaz=1XIO-

常温下，用0.1mol∙LNaOH标准溶液滴定IOmLO.Imol∙L(甘氨酸盐酸盐溶液过程中的PH

变化如图所示。下列说法不正确的是()

12

10

6

9X.8

HZ6

d

4

4

2

5IO1520

VlNaOH(aq)]∕mL

ʌ-X点溶液中：C(H3NCH2COOH)=C(H3NCH2COO-)

B.Y点溶液中甘氨酸主要以H3AcH2COO-形式存在

+

C.Z点溶液中：C(H3NCH2COOH)+c(H)=c(H3NCH2COO-)+c(OH-)

D-滴定过程中存在：C(H3NCH2COOH)+c(H3NCH2COO^)+c(H2NCH2COQ-)=c(CΓ)

13.为考查CO2和CH4共存对出S制氢的影响，在0.1MPa下，n(H2S):n(CH4):n(CO2)：n(N2)=

15：15：15：15的混合气体反应达到平衡时，反应物的转化率、产物的物质的量分数随温度

的变化分别如图-1、图-2所示，体系中的反应主要有：

I.CH4(g)+CO2(g)=2C0(g)+2H2(g)ΔH=+260.4kJ∙molT

ɪɪ.H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=+34.0kJ∙molT

1

III.H2S(g)+CO2(g)=COS(g)+H2O(g)ΔH=+34.4kJ∙mol^

下列说法不正确的是()

-O-CO

8O%-°-H2

、-Δ-HO

赧202

%o*CO,

6;5

、

>三

Fw£

4O

货«

o

琴

2

°4005006007000

400500600700

温度/t温度/匕

图1

图2

1

A.反应CH4(g)+H2O(g)=3H2(g)+CO(g)ΔH=+226.4kJ∙mol^

B,图-1中曲线①表示CO2转化率随温度的变化

C.温度700。C时，反应I是体系中的主要反应

D.反应W的平衡常数：K(400oC)>K(700oC)

二、简答题(本大题共4小题，共32.0分)

14.CUS是一种重要的P型半导体材料。以一种石膏渣［含CaSo4及少量CU(OH)2、CU2(OH)2SC)4、

Zn(OH)2等］为原料制备CUS的实验流程如图：

氨水Na)S溶液

已知：常温下，KSP(CUS)=I.27X10-36,KSP(ZnS)=I.2X10-23。

⑴“浸取”时，生成［Cu(NH3)4］2+与［Zn(NH3)4］2+等。Cu2(OH)2SO4参加反应的离子方程式

为。

(2)为测定“浸取”时CU元素浸出率，需先测定石膏渣中CU元素含量。称取50.00g石膏渣，加

入足量稀H2SO4充分溶解，过滤并洗涤滤渣，将滤液转移至25OmL容量瓶中，加水稀释至刻

度；准确量取25.0OmL稀释后的溶液于锥形瓶中，加入足量Kl溶液(2Cu++4==2CuI1+I2),

用0.0200OmOl∙LTNa2S2O3标准溶液滴定至终点QSzO歹+I2=S4O？-+2「)，平行滴定3次,

平均消耗Na2S2O3标准溶液23.50mL。计算石膏渣中CU元素质量分数(写出计算过程)

(3)“沉淀”时Na?S溶液的用量不宜过多，其原因是

(4)循环“浸取”多次后，“滤液X”中浓度增大的阳离子主要有

1个CUS晶胞含有个S2-。

b

(6)将空气以一定流速通过加热的CUS试样,测得固体质量和流出气体中SO2含量随温度的变化

如图所示。在200~300。C范围内，CuS经历如下转化：CuS→Cu2S→CuO∙CuSO4,固体质量

国

旗

⅛

晅

S云

15.N-杂原苏木素衍生物(G)具有潜在的免疫抑制活性，其合成路线如图:

(I)A→B的反应在如图所示的装置(加热装置等已省略)中进行。装置甲的主要作用为

(2)C的分子式为Ci6%6θ3,其结构简式为

(3)D→E的反应类型为.

(4)G的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式。

①分子中含有两个苯环，不同化学环境氢原子的个数比为1：2：4：4；

②ImOI该物质与NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOH0

(5)己知内酰胺在一定条件下可转化为聚内酰胺：

00UCl

ς地业f3-R-l⅛lRHCHM2］。写出以为原料制备“尼龙-6”(

NH7

)的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例

见本题题干)。

16.高纯ZnO可用作电子元件材料。以次氧化锌酸浸液(主耍含有ZM+、SO/,还含有Fe3+、

Fe2+.MM+、Pb?+等)为原料制备高纯ZnO的实验流程如图：

HQ,溶液KMnO,溶液Zn粉

酸浸液

ZnSO.溶液一＞高纯Zno

(pH=4)

滤渣MnO2滤渣

1616

已知:常温下,Ksp[Zn(OH)2]=2.1×IO-,Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10~,Ksp[Fe(OH)3]=

4.0X10-38o

(1)“除铁”时，须将Fe?+氧化为Fe3+的原因是

n彬入(KMnO4)

(2)“除钛”反应的离子方程式为。其他条件不变时，舟EK与镒去除率、溶液

n理论(KMnO4)

2.5时，溶液中镐去除率下降，其原因是O

-

L

∙

%

、aEc

蛛

、

缶

经

依

内

原

建

⅛

娶

茨

(3)为考查Zn粉用量对“除铅”过程中铅元素去除率的影响，设计若干对照实验组，这些实验

组控制不变的因素有：“除锈”滤液浓度与体积、反应温度、。

(4)写出以“ZnS04溶液”为原料制备高纯Zno的实验方案：。［可选用的试剂：Na2CO3

溶液、氨水-NH4HCO3混合溶液、蒸储水、稀盐酸、BaCk溶液］

17.以N为还原NoX的选择性催化还原(N&-SCR)技术广泛应用于烟气(含N0、。2、电等)脱

硝。

(I)NOX大量排放造成的环境问题主要有：(填一种)。

(2)以Fe-Mn/Ti()2催化的NE-SCR反应机理如图所示(字母A〜D为中间体的代号)。

/Q

①NH3-SCR反应的化学方程式为

②根据元素电负性的变化规律，步骤I、Il的过程可描述为

(3)常压下，将一定比例的NH3、N0,。2、%的混合气体匀速通过装有催化剂的反应管，测

2n生成的)

得NO的转化率与电的选择性［］如图所示。温度高于350n，电选择性下降的原因是

n总转化(NH3)

W

»到

用

京

势

M

±

O

N

(4)研究NH3-SCR法尾气中NH3脱除机理的流程如图1所示。其他条件一定时，在不通。2、通

n生成(NO)

入。2两种情况下，N&的脱除率、No的选择性［］与通气时间的关系如图2所示。

n总粒化(NH3)

100'

气体检测

图I图2

①反应17〜19.2h时，N&脱除率下降，其原因是。

②通入。2后，No选择性增大，其原因是。

答案和解析

I.【答案】c

【解析】解：A.CU2S中硫元素化合价-2价，铜的化合价为+1价，故A错误；

B√s2(.■SO'反应为置换反应，不是复分解反应，故B错误；

C.S02和碱反应生成盐和水，是酸性氧化物，故C正确；

D.(,,5,,5(JJ,,反应中氧元素化合价降低，铜元素化合价降低，Cu2S,。2都做

氧化剂，故D错误；

故选：Co

A.化合物中金属元素为正价，硫元素为-2价，元素化合价代数和为O计算得到铜元素化合价；

B.两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应为复分解反应；

C.和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；

D.化学反应中元素化合价降低的做氧化剂。

本题考查了物质分类、元素性质、氧化还原反应等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。

2.【答案】D

【解析】解：A.漏写F原子的孤电子对，F2的电子式为：「：「：，故A错误；

B.0F2中O原子价层电子对个数为2+"IU=4且含有2个孤电子对，该分子空间构型为V形，该分

子正负电荷重心不重合，为极性分子，故B错误；

CNaF是由钠离子和氟离子构成的离子晶体，属于离子化合物，故C错误；

D.基态Na原子3s能级上的电子为其价电子，其价电子排布式为3si,故D正确；

故选：Do

A.漏写F原子的孤电子对；

B.0F2中O原子价层电子对个数为2+”件=4且含有2个孤电子对，该分子空间构型为V形，正负

电荷重心重合的分子为非极性分子；

C.含有离子键的化合物是离子化合物，只含共价键的化合物是共价化合物；

D.基态Na原子3s能级上的电子为其价电子。

本题考查较综合，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确电子式书写规则、分子空间构

型判断方法、化学键等知识点是解本题关键，题目难度不大。

3.【答案】C

【解析】解：A.Cu和稀硝酸反应生成N0,和浓硝酸反应生成NO2，要制取NO2应该用浓硝酸，故

A错误；

B.N02的密度大于空气,应该采用向上排空气法收集NO2，所以乙装置中导气管应该“长进短出”，

故B错误；

UNO2和NaOH溶液反应生成钠盐和水，所以丙装置能吸收NO2,故C正确；

D.在水溶液中，CU(No3)2水解生成CU(OH)2和易挥发的硝酸，加热促进水解，所以装置丁蒸干溶

液获得CU(OH)2而不是CU(No3)2∙6H20,且直接加热时CU(NO3)2•6电0易失去结晶水，故D错误;

故选：C,

A.Cu和稀硝酸反应生成N0,和浓硝酸反应生成NO2；

B.NO2的密度大于空气，应该采用向上排空气法收集NO?；

C.NO2和NaOH溶液反应生成钠盐和水：

D.在水溶液中,Cu(NO3)2水解生成CU(OH)2和易挥发的硝酸,加热促进水解:直接加热时CU(NO3)2-

6也0易失去结晶水。

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，题目难度不大。

4.【答案】A

【解析】解：A.钠离子和镁离子的核外均有2个电子层，当电子层数相同时，核电荷数越大，则半

径越小，则半径大小：r(Na+)>r(Mg2+),故A正确；

B.H3PO4、HCIO4中的非羟基氧原子个数分别为1和3,非羟基氧原子个数越多，则含氧酸的酸性越

强，故酸性H3PO4<HClO4,故B错误；

C.同周期从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第DA、VA元素的第一电离能大于同周期

相邻元素的第一电离能，故电离能大小；II(O)<L(N),故C错误；

D.在NE中，H元素显正价，N显负价，则电负性大小；χ(H)<χ(N),故D错误；

故选：Ao

A.当电子层数相同时，核电荷数越大，则半径越小；

B.非羟基氧原子个数越多，则含氧酸的酸性越强；

C.同周期从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第HA、VA元素的第一电离能大于同周期

相邻元素的第一电离能；

D.在NE中，H元素显正价，N显负价。

本题考查了元素周期表和元素周期律，难度不大，应注意元素的第一电离能的周期性变化规律。

5.【答案】A

【解析】解：A.(AlCk)2中Al原子提供空轨道、Cl原子提供孤电子对形成配位键，所以(AICI3)2中

含有配位键，故A正确；

BJBe(OH)JZ-中Be原子和4个OH-形成4个共价键，其中2个是配位键，Be原子采用sp3杂化，该

离子空间构型为正四面体形，故B错误；

CS02晶胞中每个Si原子连接4个0原子，Si原子采用sp3杂化，每个Si原子和4个0原子形成正四面

体结构，O-Si-O键角小于120。，故C错误；

D.该分子中B和0原子、0原子和H原子之间都只存在共价键，该物质中还存在分子间作用力，故D

错误；

故选：A0

A.(AICI3)2中AI原子提供空轨道、CI原子提供孤电子对形成配位键；

BJBe(OH)/-中Be原子和4个OH-形成4个共价键，其中2个是配位键，Be原子采用sp3杂化；

C.Siθ2晶胞中每个Si原子连接4个0原子，Si原子采用sp3杂化，每个Si原子和4个0原子形成正四面

体结构；

D.多原子的分子晶体中存在共价键和分子间作用力。

本题考查微粒空间构型判断、化学键等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，

明确配位键形成条件、键角的判断方法是解本题关键，D为解答易错点。

6.【答案】B

【解析】解：A.Be(0H)2为两性氢氧化物，Be(OH)2溶于强碱生成[Be(0H)4]2-,离子方程式为

2-

Be(OH)2+20H-=[Be(OH)4],故A正确；

+

B.可溶性铝盐水解生成Al(OH)3胶体，离子方程式为AN++3H2O≠Al(OH)3+3H,故B错误；

CS溶于NaOH溶液生成硅酸钠和氢气，反应的方程式为Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2T,

故C正确；

D.焦炭和石英砂(主要成分为Si。2)在高温条件下反应生成硅和一氧化碳，化学方程式为

S√Λ2(S12(O■-故D正确；

故选:Bo

A.Be(0H)2为两性氢氧化物，Be(OH)2溶于强碱生成[Be(OH)4]2-;

B.可溶性铝盐水解生成AI(OH)3胶体，Al(OH)3胶体吸附性强，可用于净水；

CSi溶于NaoH溶液生成硅酸钠和氢气；

D.焦炭和石英砂(主要成分为Si。2)在高温条件下反应生成硅和一氧化碳，可用于工业上制备粗硅。

本题考查物质的性质与反应，把握物质的性质、发生的反应、离子方程式和化学方程式的书写方

法即可解答，注意题给信息的处理与应用，选项D为易错点，题目难度不大。

7.【答案】A

【解析】解：A.氧化铝属于离子化合物，晶体的熔点很高，常用作耐火材料，故A正确；

B.硼酸晶体属于片层状结构，质软，可用作润滑剂，与硼酸具有弱酸性无关，故B错误；

C.金属铝具有强还原性，可用于冶炼高熔点金属，与金属铝质地柔软无关，故C错误；

D.二氧化硅能全反射光，可用于制造光导纤维，与二氧化硅硬度高无关，故D错误；

故选：Ao

A.耐火材料应该具有高熔点；

B.硼酸晶体有类似于石墨的片层状结构，质软；

C.金属铝具有强还原性，能与高熔点金属的氧化物发生置换反应；

D.二氧化硅具有良好的电光性，可用于制造光纤。

本题考查物质的性质及应用，把握物质的性质、性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析

与运用能力的考查，注意掌握元素及其化合物知识的应用，题目难度不大。

8.【答案】B

【解析】解：A.反应AH<O,AS<0,低温下满足AH-TAS<0,高温下不一定满足，故A

错误；

B.1个CH3OCH3中含0键8个，1个电0中含。键2个，上述反应每消耗ImolCo2同时生成

0.5molCH30CH3(g)∕fΠ1.5molH2O(g),形成σ键物质的量=0.5mol×8÷1.5mol×2=7mol,故B

正确；

ffi2

C.^jS2CO2(g)+6H2(g)≡CH3OCH3(g)+3H2O(g)>平衡常数K=H端喘联,故C错

误；

D.催化剂可以降低上述反应的活化能，提高化学反应速率，不能改变焙变，故D错误；

故选：B。

A.反应自发进行的判断依据是△H-T∆S<0:

B.上述反应每消耗ImolCO2同时生成O.5molCH3OCH3(g)和l.5molH2O(g),1个CH3OCH3中含。键8

个，1个出0中含。键2个；

C.反应生成的水为水蒸气，需要写入平衡常数表达式；

D.催化剂改变化学反应速率，不改变化学平衡和反应焙变。

本题考查了化学反应进行方向的分析判断、平衡常数表达式书写、影响平衡的因素、化学键形成

的理解应用等知识点，题目难度不大。

9.【答案】C

【解析】解：A.放电时为原电池，将化学能转化为电能，故A错误；

B.放电时为原电池，Y电极上NaXC发生失电子的氧化反应生成Na+和C,故B错误；

+

C.充电时为电解池，X极为阳极，电极反应式为NaFePO4-xe-=Na1.xFeP04+xNa,故C正确；

D.充电时为电解池，Y极为阴极，阴极反应式xNa++C+xe-=NaχC,则每转移ImOle-，Y极上

ImolNa+转化为Na,质量增加23g,故D错误；

故选：Co

该钠离子电池放电时反应为NaI-XFePO4+NaxC=NaFePO4+C,NaI.XFeP0,发生得电子的还原

反应、NaXC发生失电子的氧化反应，正极反应为Na―xFeP(‰+xe-+xNa+=NaFePOe负极反

应式为NaXC-Xe-=XNa++C,则X电极为正极、Y电极为负极，充电时为电解池，原电池的正负

极分别与电源的正负极相接，为阳极、阴极，阴阳极反应式与原电池负正极相反，据此分析解答。

本题考查充放电电池工作原理，正确判断电极、电极上发生的反应是解本题关键，注意结合电荷

守恒书写电极反应式，侧重分析能力和灵活运用能力的考查，题目难度中等。

10.【答案】B

【解析】解：A.甲苯可被酸性高镒酸钾溶液氧化，苯不能，可知苯环使甲基活化，故A正确；

B.挥发的乙酸与苯酚钠反应生成苯酚，不能比较碳酸、苯酚的酸性强弱，故B错误；

C.只有温度不同，可探究温度对反应速率的影响，故C正确；

D.以Zn、Fe为电极，以酸化的3%Nael溶液作电解质溶液，负极上Zn失去电子，Fe作正极被保护,

则从Fe电极区域取少量溶液于试管中，再向试管中滴入2滴K3[Fe(CN)6]溶液，无现象，故D正确；

故选：Bo

A.甲苯可被酸性高镒酸钾溶液氧化，苯不能；

B.挥发的乙酸与苯酚钠反应生成苯酚；

C.只有温度不同；

D.以Zn、Fe为电极，以酸化的3%NaCl溶液作电解质溶液，负极上Zn失去电子。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、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。

11.【答案】D

【解析】解：人(出(：心中碳负离子的价层电子对数为3+1=4,则杂化轨道类型为sp3,故A正

确；

B.连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子，则Y、Z中与0原子相连的碳原子均为手性碳原子，故

B正确；

C.Z含羟基，与水分子之间能形成氢键，则Z易溶于水，故C正确；

D.由流程可知，以CH3COCH3、C^MgBr发生加成反应生成(CH3)2C(OMgBr)CH3，然后与水反应

生成(CH3)3COH,故D错误;

故选：D。

A.CH3CH2中碳负离子的价层电子对数为3+1=4；

B.连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子；

C.Z含羟基；

D.由流程可知，以CH3COCH3、CEMgBr发生加成反应生成(CH3)2C(OMgBr)CH3。

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重

分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。

12.【答案】C

+_

+

【解析】解:A,由图可知,X点溶液中PH=2.4,c(H)=10-2∙4∏1ol∕L,Kai=型警您2XC(H+),

C(H3NCH2COOH)

+_

bjh3ch0-

∣--+^∙-^°-X10-2"=1X10-2.4,贝IJC(H3AcH2COOH)=C(H3NCH2COO)-故A正确；

B.由图可知,Y点为滴定终点，溶液中溶质为GAcHzCOONa，其水解平衡常数Kh=W=黑R=

116

IO--<Ka2,说明H3AcH2CO(Γ的电离程度大于其水解程度，由于％较小，mIUH3NCH2COO-

的电离微弱，溶液中甘氨酸主要以H3ACH2COO-形式存在，故B正确；

ΙZC(HNCHCOO^)八"、

C.由图可知，Z点溶液中pH=9.6,c(H+)=10-9∙6mol∕L,(2=—2+-----2--------XC(H)=

CJH^CH'COO-)X10-96=1x1096,虬(H3AcH2COO-)=c(H2NCH2COO-),电荷守恒关系为

++

++--

C(H3NCH2COOH)+c(H)+c(Na)=c(H2NCH2COO)+c(OH^^)+c(Cl^)=c(H3NCH2COO)+

+-

C(OH-)+C(Cl-),此时c(Na+)>c(CΓ),则C(H3NcH2COOH)+c(H)<c(H3NCH2COO)+C(OH)

故C错误；

H

D.滴定过程中始终存在n(N)=n(Cl),含N微粒有H3ACH2COOH、H3NCH2COO-^2NCH2COO-,

贝IJ物料守恒关系为c(H3WcH2COOH)+c(H3AcH2COO-)+c(H2NCH2COO-)=C(Ci-)，故D正确；

故选：Co

+_

A.由图可知，X点溶液中pH=2.4,结合KaI=C(H3小眼0°)XC(H+)分析判断;

C(H3NCH2COOH)

B.由图可知,Y点为滴定终点，溶液中溶质为EAcHzCOONa，其水解平衡常数Kh*==

116

10^∙<Ka2;

+

C.由图可知，Z点溶液中PH=9.6,根据Kal=MH3及肥00)XC(H+)计算可知，C(HKCH<O(T)=

C(H3NCH2COOH)

C(H2NCH2COO-),根据电荷守恒关系分析判断；

D.滴定过程中始终存在n(N)=n(Cl),结合N原子守恒分析判断。

本题考查弱电解质的电离平衡和酸碱混合溶液的定性判断，侧重考查图象分析判断及知识综合运

用能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性是解本题关键，注意掌握守恒理论的运

用，题目难度中等。

13.【答案】D

【解析】解：A.根据盖斯定律：I-II得CH4(g)+H2O(g)=3Hz(g)+C0(g)AH=(+260.4-

34.0)kJ∕mol=+226.4kJ∕mol,故A正确；

B.升高温度，平衡向吸热方向移动，由于三个反应均为吸热反应，故升高温度三个反应均向正反

应方向移动，反应I、II、III都有C02参与反应，故C02的转化率最大，故B正确；

C.由图-2可知，温度700。C时，产物主要为H2和CO,故反应I是体系中的主要反应，故C正确；

D.反应In为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，即K(400。C)<K(700oC),

故D错误；

故选：Do

A.根据盖斯定律：I-II得CH4(g)+H2O(g)=3H2(g)+CO(g)；

B.反应I、II、In都有CO2参与反应，且三个反应均为吸热反应；

C.由图-2可知，温度700。C时，产物主要为％和CO；

D.反应ΠI为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，平衡常数增大。

本题考查化学平衡的影响因素、热化学方程式，为高频考点，侧重考查学生分析能力，掌握盖斯

定律、勒夏特列原理是解题的关键，此题难度中等。

2+

14.【答案】Cu2(OH)2SO4+8NH3=Z[Cu(NH3)4]+SOj-+20H-0.6016%生成的CUS沉淀中

会混有ZnS沉淀[Zn(NH3)4]2+和Na+4CUS生成CgS时失重的质量大于部分CuzS生成CU0•

CUSO4时增重的质量

【解析】解：⑴Cu2(OH)2SO4反应生成[Cu(NH3)4K+,离子方程式为Cu2(OH)2SO4+8NH3=

2+

2[CU(NH3)4]+SoT+20HW

2+

故答案为：Cu2(OH)2SO4+8NH3=2[CU(NH3)4]+SOj-+20H^;

+

(2)根据2S2O歹+I2=S4Oj-+2Γ,2Cu+41-=2CuI1+I2,得关系式为2Cu+〜％〜2S2O歹，

25.0OmL稀释后的溶液中:n(Cu2+)=0.02000moI∕LX0.0235L=4.700X10^4mol,石膏渣中铜

4

元素的质量m=4.700×10-molX64g∕molX罢群=0.3008g,石膏渣中CU元素质量分数

甯鬻XIOO%=0.6016%,

50.00g

故答案为:0.6016%；

23

(3)常温下，Ksp(CuS)=1.27×10-36,KSP(ZnS)=1.2X10-,“沉淀”时Na?S溶液的用量不宜

过多，硫离子浓度过大会生成ZnS沉淀，故其原因是生成的CUS沉淀中会混有ZnS沉淀，

故答案为：生成的CUS沉淀中会混有ZnS沉淀；

(4)结合制备流程，[Zn(NH3)4K+在滤液X中，且加入了Na?S,引入了钠离子，故循环“浸取”多

次后，“滤液X”中浓度增大的阳离子主要有[Zn(NH3)4F+和Na+,

故答案为：［Zn(NH3)4产和Na+；

(5)根据均摊法，1个CUS晶胞含有S?一个数为16X3+2=4,

故答案为：4；

(6)根据CUS经历如下转化：CuS→Cu2S→CuO∙CuSO4,结合转化过程中化学式的相对分子质量，

固体质量减少的主要原因是CUS生成Cu2S时失重的质量大于部分Cu2S生成CUo∙CUSo4时增重的质

旦

里，

故答案为：CUS生成Cu2S时失重的质量大于部分CuzS生成CUo∙CUSe)4时增重的质量。

以一种石膏渣［含CaSo4及少量CU(OH)2、Cu2(OH)2SO4,Zn(OH)2等］为原料制备CuS,石膏渣加入

过量氨水浸取，Cu(OH)2、Cu2(OH)2SO4、Zn(OH)2“浸取”时生成［Cu(Nf)J+与［Zn(NG)J+等,

同时生成氢氧化钙，过滤除去氢氧化钙，滤液加入Na?S溶液，使CM+生成CUS沉淀，过滤得到CuS,

滤液可以循环利用，据此解答。

本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、

根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注

意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。

【解析】解：(I)ATB的反应在如图所示的装置(加热装置等已省略)中进行，装置甲的主要作用

为冷凝回流，提高原料利用率,

故答案为：冷凝回流；

(2)C的分子式为白6匕6。3，其结构简式为

(3)D→E的反应类型为取代反应,

故答案为：取代反应;

(4)G的一种同分异构体同时满足下列条件：

①分子中含有两个苯环，不同化学环境氢原子的个数比为1：2：4：4,G的不饱和度是10,苯环

的不饱和度是4,符合条件的同分异构体中还含有2个双键或1个三键或1个较基和1个环；

②ImoI该物质与NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOH,存在2个酚羟基或1个酚羟基和1个酰胺基

或2个酰胺基，结构对称，符合条件的结构简式为

故答案为:

(5)∣Cr发生水解反应生成环己醇，环己醇发生氧化反应生成环己酮，环己酮发生ETFTG类

OHO

A发生取代反应生成B,C发生水解反应然后酸化得到D,C的分子式为(216匕6。3,根据B、D的结构

;D发生取代反应生成E,E发生取代反应生成F,F发生异构化生

成G；

⑸发生水解反应生成环己醇，环己醇发生氧化反应生成环己酮，环己酮发生E→F-G类

型的反应然后再发生信息中的反应得到

本题考查有机物的合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式

是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。

16.【答案】Zn(OH)2与Fe(OH)2沉淀时PH相近，不易通过调PH分离Fe?+和ZM+；Zn(OH)2与Fe(OH)3

2+

沉淀时PH相差较大，易于通过调PH分离Fe3+和ZM+3Mn+2Mn0；+2H2O=5MnO2i

+4H+过量的KMnO4进入溶液反应时间、搅拌速率在搅拌下向ZnSo4溶液中缓慢滴加氨水

-NH4HCO3混合溶液；当向上层清液中继续滴加氨水-NH4HCO3溶液后不再产生沉淀时，过滤，

所得滤渣用蒸储水洗涤，直至最后一次洗涤滤液加入稀盐酸和BaCk溶液后不再产生浑浊；将所得

沉淀烘干后灼烧至恒重

【解析】解：(1)已知:常温下,Ksp[Zn(OH)2]=2.1×IOT6,κsp[Fe(OH)2]=8.0X10*,

38

Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10~,由Zn(OH)2与Fe(OH)2的KSP数据可知Zn(OH)2与Fe(OH)2沉淀时PH相

近，不易通过调PH分离Fe?+和ZM+;Zn(OH)2与Fe(OH)3沉淀时PH相差较大，易于通过调PH分离

Fe3+和ZM+,

故答案为：Zn(OH)2与Fe(OH)2沉淀时PH相近，不易通过调PH分离Fe?+和ZM+；Zn(OH)2与Fe(OH)3

沉淀时PH相差较大，易于通过调PH分离Fe3+和Zr?+;

(2)“除铳”过程中，高钵酸钾溶液将Mi?+转化为Mu。?，离子方程式为：3Mι?++2Mn0[+

∏ttj.λ(KMnO4)

2HO=5MnOX+4H÷;由图可知，当＞2.5时,溶液中镐含量增大，而锌去除率下

2