2023-2024学年江苏省南京市高三（上）零模押题化学试卷（解析版）

2023-2024学年江苏省南京市高三（上）零模押题化学试卷

一、选择题（本大题共14小题，共42分）

1.化学物质与日常生活和科技进步密切相关，下列说法错误的是（）

A.CO2可用于合成淀粉

B.维生素C可作抗氧化剂

C.NaOH和铝粉是某固体管道疏通剂的主要成分

D.铁粉可作食品干燥剂

2.制取硫酸四氨合铜晶体｛[Cu（NH3）4]SC）4•出0｝的实验如下：

步骤1：向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入氨水，首先生成难溶物，继续添加氨水并振荡试管，难溶物溶解,

得到深蓝色的透明溶液。

步骤2：再向试管中加入乙醇，析出深蓝色的晶体。

下列说法不正确的是（）

A.步骤1中难溶物溶解是因为生成了配合物

B.步骤2中加入乙醇降低了溶剂的极性从而析出晶体

C.1mol[Cu（NH3）4『+中含有◎键的数目为16X6.02X1023

D.最终所得溶液中大量存在NH，[CU（NH3）4『+、OH]SQ2-

3.胶体区别于溶液最本质的特征是（）

A.可以通过滤纸B.有丁达尔效应

C.分散质粒子因吸附而带电荷D.分散质粒子的直径大小

4.《Nature》杂志评选出的2019年世界十大科技进展之一是我国科研人员发现用

于“点击化学”的一种新化合物（如图所示），W、X、Y、Z为短周期主族元素且原

子序数依次增大，Y原子的最外层电子数与W原子的核外电子总数相等，X、Z同主

族。下列说法正确的是（）

A.第一电离能：W>X>Z

B.四种元素中，最高价含氧酸酸性最强的为Y

C.最简单氢化物的沸点W>X

D.最简单氢化物的稳定性：W>X>Y

5.下列各组物质中，不能按如图关系相互转化的是（“一”表示一步完成）（）

A.a物质：NO；b物质NO2；c物质：HNO3

B.a物质：S02；b物质:SO3；c物质:H2SO4

C.a物质,Al；b物质：A1(OH)3；c物质：NaA102

D.a物质：C02；b物质：H2c。3；c物质：NaHCO3

6.纵观古今，化学与生活皆有着密切联系.下列有关说法错误的是()

A.“梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花的相同

B.制作烟花的过程中常加入金属发光剂和发色剂使烟花放出五彩缤纷的颜色

C.草莓棚中使用的“吊袋式二氧化碳气肥”的主要成分可以是碳酸钙

D.芒硝晶体(Na2s0『10电0)白天在阳光下曝晒后失水、溶解吸热，晚上重新结晶放热，实现了太阳能转

化为化学能继而转化为热能

7.实验室中为研究不同物质之间的反应进行如图所示实验。下列说法正确的是()

O.lmolNa^Oyd)稀破酸KMnO.(H*)溶液

II。

|隔绝空气加热固体甲f丽]-»气体乙T随石|一气体丙一丽司

41T

NaiSO/s)固体丁双乳水

A,丙为还原产物，丁为氧化产物

B.上述有4个氧化还原反应

C.每生成标准状况下5.6L气体丙，消耗0.2molKMn()4

D.若O.lmolNa2sO3完全反应，转移0.15以个电子(以为阿伏加德罗常数的值)

8.下列有关离子方程式中书写错误的是()

2++

A.向CuSC>4溶液中通入出S：Cu+H2S=CuSi+2H

B.工业盐酸呈现亮黄色原因：Fe3++4C1-U[FeCLJ-

+2+

C.向酸性KM11O4溶液中通入SO2：3SO2+2MnO；+4H=3S0^+2Mn+2H2O

D,向氯化银悬浊液中加入足量碘化钾溶液：=(aq)+AgCl(s)=Agl(s)+C「(aq)

9.能在有机物的分子中引入羟基的反应类型有()

①还原反应；

②取代反应；

③氧化反应；

④加成反应；

⑤水解反应；

⑥酯化反应。

A.②④⑤⑥B.①②④⑤C.①②③④D.②③④⑤⑥

10.下列各组元素的原子随着原子序数的递增，有关递变关系不正确的是（）

A.原子半径：Si>P>S>ClB.最高正价：C<N<0<F

C.金属性：Na<K<Rb<CsD.非金属性：P<S<Cl

11.我国科学家开发设计一种天然气脱硫装置，利用如图1装置可实现：H2s+02=%。2+$1.已知甲池中

有如图2所示的转化，下列说法正确的是（）

A.该装置工作时，只将光能转化为电能

B.该装置工作时，溶液中的H+从甲池经过全氟磺酸膜进入乙池

C.乙池①处发生反应：H2s+I3=3K+Si+2H+

D.该装置每处理H2s2.24L,甲池溶液就增重3.4g

12.某溶液中，若忽略水的电离，只含有下表中所示的四种离子，试推测X离子及其个数b可能为（）

离子Na+Ba2+crX

个数3a2aab

A.NOJ、4aB.COp、3aC.OH，6aD.SC^-、3a

13.下列叙述正确的是（）

A.测定新制氯水的pH时，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可

B.通常状况下氯气不能和Fe反应，所以可以用铁质容器储存氯气

C.久置氯水、漂白粉、84消毒液均有漂白性，且漂白原理相同

D.液氯、新制氯水、氯气的CC〉溶液均可使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色

14.催化制氢是目前大规模制取氢气的方法之一：CO(g)+H2O(g)UCO2(g)+F

H2(g)AH=-41.2kJ/mol。研究表明，此反应的速率方程为:v=k［x(C0)-x(H2。)—/\\

x(C0*(H2)］式中,x(co)、X(H2。)、X(CO2),x(Hz)分别表示相应的物质的量分数，/

。为平衡常数，k为反应的速率常数，温度升高时k值增大。在气体组成和催化剂

一定的情况下，反应速率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是()

A.温度越低，。越小

B.温度升高，反应速率增大

C.此反应速率只受温度因素影响

D.T〉%时，。减小对反应速率的影响大于k增大的影响

二、非选择题(共58分)

15.氧化铭(酊2。3)主要用于冶炼金属铭、有机化学合成的催化剂等。工业上是以铝铁矿［主要成份为

Fe(CrO2)2,还含有AI2O3、SiO2等杂质］为主要原料进行生产，其主要工艺流程如图：

(1)亚铭酸亚铁［Fe(CrO2)2］中Cr的化合价是。

(2)焙烧时的主要反应为：4FeO-Cr2O3+8Na2CO3+702^8Na2Cr04+2Fe203+8C02,其中被氧化的

元素为,每产生32gFe2()3,转移电子的数目为。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是。

(3)操作I包括过滤与洗涤，简述实验室中洗涤沉淀的操作：0

(4)硫磺在与铭酸钠的反应中转化为硫代硫酸钠，反应的离子方程式为o滤渣中除Al(0H)3外还有

(填化学式)。

⑸某工厂用448kg铭铁矿粉［含Fe(CrO2)280%］制备SR，最终得到产品182.4kg,产率为%。

(6)(：产+也有一定毒性，会污染水体，常温下要除去废液中多余的CN+,调节pH至少为,才能使铭离

子沉淀完全。已知Cr(OH)3的溶度积为1。x10-32。

)是重要的有机合成中间体，以A为原料合成F的一

种合成路线如图。

H

BrI

HBrl.._CH

，适当的溶剂rn

已知：@RCH=CH(请注意H和Br所加成的位置)

21HBr,过气化物

适当的溶剂R：H产

HBr

()()

l[OHII

②K—CH—CH=O+R—CH,—C—R,—*R—CH,—CH—C—C—H,+HX)

R.

③Bi和B2、CI和C2、Di和D2分别互为同分异构体。

请回答下列问题：

(1)A的化学名称为,B2的结构简式为o

(2)C2-D2的化学方程式为o

(3)lmolE与H2完全加成时最多消耗molH2»

(4)手性碳是指连有四个不同基团的碳原子，请用*标记F中的手性碳原子。

(5)D2被滨水氧化后的产物为G,贝IJG的含苯环的同分异构体中能发生水解反应的有种，写出一种核磁

共振氢谱有4组峰的结构简式：。

(6)参照上述合成路线，以1,3-丙二醇和丙酮为原料(无机试剂任选)合成环己醇。写出合成路线。

17.ZnO是电镀、涂料、有机合成等化学工业的重要原料.某课题组设计由含锌工业废料(含Fe、Cu、Mn等

杂质)生产ZnO的工艺流程如下：

含如废料誉咯浸取液’注及A氧化液”还原液色旺碳化警

ZnO

王境Mr।pH=>.>j||母烧

黄钠铁矶N加0(0H)2等海绵Cu滤液

NaFe；(SO4)/OH)5

已知：黄钠铁矶在pH为1.5,温度为90久时完全沉淀，且易于过滤.

2Cu+。2+2H2SO4=2C11SO4+2H2。

(1)步骤①的浸取液里除含有ZM+、MM+外，还含有的金属离子有、,所加试剂X为Na2sO4和

的混合液.

(2)步骤②可进一步氧化除去铁，还氧化除去了Mn2+,除去MM+的离子方程式为；步骤③所加试剂

是,整个工艺流程中可以循环使用的物质是.

(3)步骤⑤中检验沉淀是否洗涤干净的操作方法是.

(4)步骤④碳化实际得到的是一种碱式碳酸锌［ZnC()3YZnCOH%-yH2。］,取该样品7.18g,充分灼烧后，测

得残留固体质量为4.86g,将所得气体通入足量澄清石灰水中，得到2.00g沉淀，则此碱式碳酸锌的化学式是

18.氧化还原反应知识的学习，为我们研究化学物质和化学反应提供了新的视角

(1)下列粒子中，只有还原性的是o

①S2-

②Fe2+

③Fe3+

④S

⑤H+

⑥Na+

⑦Mg

(2)吸入人体内的氧有2%转化为氧化性极强的“活性氧”，它能加速人体衰老，被称为“生命杀手”，服用

含硒元素(Se)的化合物亚硒酸钠(NazSeOs),能消除人体内的活性氧，由此推断NazSeC^的作用是。

(3)在Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NOT+2也0的反应中，HNO3表现了性，若生成的气体在标准状

况下所占的体积为1L2L时，转移电子数为0

(4)已知反应：①6HC1+KC1O3=KC1+3H2O+3C12T@C12+2KI=2KC1+I2(3)I2+Cl2+H20->HI03+

HQ(未配平)反应①中若有3moi盐酸参与反应，转移的电子数目为；对于反应③下列说法正确的是

A.反应③中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5

B.结合反应②③，若将。2通入含有淀粉的KI溶液中，可能会观察到先变蓝后褪色

C.还原性由强到弱顺序：cr>I-

D.氧化性由强到弱顺序：KC103>Cl2>I2

(5)反应①是制取Cl?的方法，除此之外反应KMnC>4+16HC1=2KC1+2MnCl2+5C12T+8也0也常用来制备

Cl2,若反应生成22.4LC12(标准状况)，转移电子的物质的量是,被氧化的HCI和参加反应的HC1的

质量之比。

答案和解析

L【答案】D

【解析】解:A.模拟光合作用CO2可以合成淀粉，故A正确；

B.维生素C具有还原性，可作抗氧化剂，故B正确；

C.油脂在碱性环境下水解更彻底，NaOH溶液和铝粉反应放出大量热且产生大量的气体，产生的热量可以加

快反应速率，有利于加速油脂水解便于管道的疏通，故C正确；

D.铁粉具有还原性，消耗氧气，因此铁粉可作食品抗氧化剂，不是干燥剂，故D错误；

故选：D„

A.模拟光合作用CO2可以合成淀粉；

B.维生素C具有还原性，可作抗氧化剂；

C.油脂在碱性环境下水解更彻底，NaOH溶液和铝粉反应放出大量热，反应产生的热量可以加快反应速率，

有利于加速油脂水解便于管道的疏通；

D.铁粉具有还原性，消耗氧气，因此铁粉可作食品抗氧化剂。

本题考查了生活中的化学知识，难度不大，注意平常知识的积累即可。

2.【答案】D

【解析】解:A.步骤1中难溶物为氢氧化铜沉淀，加入过量氨水，氢氧化铜转化为[CU(NH3)4『+,其溶解是

因为生成了配合物，故A正确；

B.乙醇属于有机物，加入后减小了溶剂的极性，降低了[Cu(NH3)4]SC»4的溶解度，导致结晶析出，故B正确；

C.[Cu(NH3)4]2+中N-Cu、N-H之间均存在。键，1个离子中0键数目为16,故lmol[Cu(NH3)4『+中含有0键

的数目为16X6.02X1023,故c正确；

D.一水合氨为弱电解质，溶液中不会大量存在镂根离子和氢氧根离子，故D错误；

故选：Do

A.步骤1中难溶物为氢氧化铜沉淀，加入过量氨水，氢氧化铜转化为[CU(NH3)412+；

B.乙醇属于有机物，加入后减小了溶剂的极性，降低了[Cu(NH3)4]S04的溶解度；

C.[Cu(NH3)4】2+中N—Cu、N—H之间均存在。键，1个离子中◎键数目为16；

D.一水合氨为弱电解质。

本题考查了配合物的性质，题目难度中等，注意[Cu(NH3)4]S()4晶体，注意形成配合物的条件是：有提供空

轨道的中心原子，有提供孤电子对的配位体。

3.【答案】D

【解析】解：胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在l-100nm之间，溶液的分散质粒子直径

小于lnm,浊液的分散质粒子直径大于lOOnm.

故选：D.

胶体区别于溶液和浊液最本质的特征是分散质直径的大小不同.

本题考查胶体的判断，注意胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-lOOnm之间.

4.【答案】A

【解析】解：由以上分析可知，W为N元素，X为0元素，Y为F元素，Z为S元素。

A.同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第HA族、第VA族第一电离能大于其相邻

元素，同一主族元素其第一电离能随着原子序数增大而减小，则第一电离能W>X>Z,故A正确；

B.F的非金属性最强，不存在最高价含氧酸，故B错误；

C.氨气和水分子之间都存在氢键，但水分子之间形成氢键更多，水的沸点更高，即最简单氢化物的沸点W<X,

故C错误；

D.元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性F>0>N,则气态氢化物的稳定性Y>X>

W,故D错误；

故选：Ao

W、X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次增大，Y原子的最外层电子数与W原子的核外电子总数相等，

由图可知Y可形成1个共价键，W可形成3个共价键，可知Y为F元素，W为N元素；X、Z同主族，且X可形成X=Z

键，可知X最外层有6个电子，则X为0元素，Z为S元素，以此解答该题。

本题考查原子结构和元素周期律关系，题目难度不大，明确元素周期律内涵是解本题关键，注意第一电离

能规律中的反常现象，试题侧重考查分析判断及知识综合运用能力。

5.【答案】C

【解析】解：A.NO气体能够与。2反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3和NO,NO还能够与O2、口2。反应

生成HNO3,各物质能够按照图示关系相互转化，故A错误；

B.SO2与。2反应生成SO3，SO2与双氧水反应生成H2sO4，SO3与水反应生成H2s0"各物质能够按照图示关

系相互转化，故B错误；

C.A1不与水反应，A1不能通过一步反应生成A1(OH)3，故C正确；

DIO2与水反应生成H2cO3,H2cO3与碳酸钠生成NaHCO3,过量的CO?通入NaOH溶液中得到NaHC()3，各物

质能够按照图示关系相互转化，故D错误；

故选：Co

A.一氧化氮能够与氧气反应生成二氧化氮，一氧化氮还能够与水、氧气反应生成硝酸，二氧化氮能够与水

反应生成硝酸和一氧化氮；

B.二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，二氧化硫能够被双氧水氧化为硫酸；

C.铝不能通过一步反应转化为氢氧化铝；

DIO2与水反应生成H2cO3，H2cO3与碳酸钠生成NaHCC>3，过量的CO?通入NaOH溶液中得到NaHCC)3。

本题考查物质的性质及其应用，为高频考点，把握物质性质、转化关系为解答关键，注意掌握常见元素化

合物性质，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。

6.【答案】C

【解析】解：A.梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花的相同，都是纤维素，故A

正确；

B.金属元素发生焰色反应会出现不同的色彩，烟花放出五彩缤纷的颜色和元素的焰色反应、烟花中的加入

金属发光剂和发色剂有关系，故B正确；

C.碳酸钙需要在高温下燃烧分解得到二氧化碳，草莓棚中不能使用碳酸钙来产生二氧化碳，故C错误；

D.Na2s。4・10也。失水和结晶属于化学变化，能量转换形式为化学能和热能的转化，白天在阳光下曝晒后失

水，转换形式为太阳能和化学能的转化，故D正确；

故选：Co

A.柳絮的主要成分和棉花的相同，都是纤维素；

B.许多金属元素发生焰色反应会出现不同的色彩；

C.碳酸钙需要在高温下煨烧分解得到二氧化碳；

D.Na2s。4•10也。白天在阳光下曝晒后失水能量转换形式为太阳能和化学能的转化.

本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答的关

键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等.

7.【答案】D

【解析】解：该过程发生下列四个反应：4Na2s。3=3Na2SO4+Na2S,Na2S+H2SO4=Na2SO4+H2ST.

+2+

6H+2MnO；+5H2O2=2Mn+5O2T+8&0、2H2s+022sl+2出0。

+2+

A.高镒酸钾与双氧水反应生成氧气：6H+2MnO；+5H2O2=2Mn+5O2T+8H2O,力。2中T价的。原

子失去电子发生氧化反应生成氧气，氧气为氧化产物，故A错误；

B.根据分析可知四个反应中Na2s+H2sO4=Na2sO4+H2ST不是氧化还原反应，故B错误；

2+

C.n=整mol=0.25moL由反应6H++2MnO；+5H2O2=2Mn+502T+8H2O可知n(MnO[)=2x

-^-mol=O.lmoL故C错误；

D.有反应可知4Na2s。3〜6e1若O,lmolNa2sO3完全反应，转移n=竽X6mol=0.15mol,即转移0.15NA个

电子，故D正确。

故选：Do

本题考查了氧化还原反应及其计算，题目难度不大，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，试

题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。

8.【答案】C

【解析】解：A.CuSC)4溶液中通入比5,反应生成CuS沉淀和硫酸，离子方程式为C/++H2s=CuS1+2H+,

故A正确；

B.工业盐酸呈现亮黄色是因为含有［FeCl/-，离子方程式为Fe3++4CrU［FeClJ-，故B正确；

C.向酸性KMnCU溶液中通入SO2,反应的离子方程式为：5s。2+2MnO；+2H2。=5SO『+2Mn2++4H+,

故C错误；

D.溶解度：AgCI>AgBr,氯化银悬浊液中加入足量碘化钾溶液的反应为「(aq)+AgCl(s)=Agl(s)+C「(aq),

故D正确；

故选：Co

A.C11SO4溶液中通入H2S,反应生成CuS沉淀和硫酸；

B.工业盐酸因含有［FeC14「而呈亮黄色；

C.酸性KMnCU溶液和SO2发生氧化还原反应生成SO/、Mn2+；

D.溶解度小的的物质可转化为溶解度更小的物质。

本题考查离子方程式的书写判断，明确物质性质、发生的反应为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原

则，侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度中等。

9.【答案】B

【解析】解：①段基的还原反应可引入羟基，①正确；

②若为卤代姓在碱性条件下的取代反应可引入羟基，②正确；

③有机物分子发生氧化反应不可能引入羟基，③错误；

④含有碳碳双键与水的加成反应可引入羟基，④正确；

⑤酯或卤代燃的水解反应可引入羟基，⑤正确；

⑥酯化反应为醇与竣酸反应生成酯和水，不引入羟基，⑥错误；

故选：Bo

醇的酯化反应和消去反应均能消去羟基，烯燃和水加成、酯水解或卤代燃的水解均能生成醇，据此作答。

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。

10.【答案】B

【解析】【分析】

本题综合考查元素周期律知识，为高考常见题型，侧重于学生的基础知识的应用，难度不大，易错点为B,

注意F无正价。

【解答】

A.同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，故A正确；

B.F元素的非金属性最强，难以失去电子，F无正价，故B错误；

C.同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，故C正确；

D.同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，故D正确。

故选B。

n.【答案】c

【解析】解：A装置是原电池装置，发生电化学反应，存在化学能的转化，根据图中信息知将光能转化为电

能和化学能，故A错误；

B.原电池中阳离子移向正极，甲池中碳棒是正极，所以氢离子从乙池移向甲池，故B错误；

C.在乙池中，硫化氢失电子生成硫单质，g得电子生成广，发生的反应为H2S+IJ=3r+S1+2H+,故C

正确；

D.没有说明是否是标准状况下，无法根据H2s的体积计算气体的物质的量，所以不能计算溶液增加的质量,

故D错误；

故选：Co

A.装置是原电池装置，发生电化学反应；

B.原电池中阳离子移向正极；

C.在乙池中，硫化氢失电子生成硫单质，13得电子生成厂，据物质的变化确定发生的反应；

D.没有说明是否是标准状况下，无法计算气体的物质的量。

本题考查了原电池原理的原理，明确原电池中电极上发生反应、溶液中离子移动方向即可分析解答本题，

题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。

12.【答案】C

【解析】解：设X的电荷数为n,溶液呈电中性，则溶液中存在3axN(Na+)+2ax3N(A13+)=axN(C「)+

nbXN(X),

A.3axN(Na+)+2ax2N(Ba2+)4axN(C「)+4axN(N01),电荷不守恒，故A错误；

B.Ba2+与COr结合为BaC()3沉淀，故B错误；

C.3axN(Na+)+2ax2N(Ba2+)=axN(C「)+6axN(OH-),电荷守恒，故C正确；

D.Ba2+与SOt结合为BaSC>4沉淀，故D错误；

故选：C.

由离子共存可知，X不可能为C。/、SOt，因为碳酸银、硫酸领为沉淀，根据溶液呈电中性原则，溶液中

阳离子所带电荷总数等于阴离子所带电荷总数，据此解答.

本题考查物质的量计算、离子共存等，题目难度不大，注意从溶液电中性的角度分析，学生溶液忽略离子

共存问题.

13.【答案】B

【解析】解:A.氯水显酸性，且含HC10,可使pH试纸先变红后褪色，无法比照比色卡读出pH值，应选pH计

测定，故A错误；

B.通常状况下氯气不和Fe反应，氯气的储存能用铁质容器，故B正确；

C.氯水、漂白粉、84消毒液均有漂白性，漂白原理都是含有次氯酸或者与水、二氧化碳反应生成次氯酸，

次氯酸具有氧化性，能够氧化有机色素，久置氯水不具有漂白性，故C错误；

D.液氯、氯气的CCI4溶液均不能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，新制氯水可使干燥的蓝色石蕊试纸先

变红后褪色，故D错误；

故选：Bo

A.氯水中含HQO,可使pH试纸褪色；

B.通常状况下氯气与铁不反应；

C.氯水、漂白粉、84消毒液均有漂白性，漂白原理都是氧化性漂白；

D.能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，则物质具有酸性和漂白性。

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、pH测定、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。

14.【答案】D

【解析】解：A.该反应的正反应是放热反应，温度降低，平衡向放热方向移动，故化学平衡正向移动，导致

化学平衡常数。增大，故A错误；

B.根据图像可知：当温度T>小时，温度升高，化学反应速率反而减小，故B错误；

c.浓度、压强、催化剂对反应速率都有影响，故c错误；

D.根据速率方程分析，当温度：T〉心时，v=k［x(C0)-x(H2。)-迎写皿］逐渐减小的原因是。减小对

速率的降低大于k增大对速率的提高，故D正确；

故选：Do

A.该反应的正反应是放热反应，温度降低，化学平衡正向移动；

B.根据图像可知：当温度T>%时，温度升高，化学反应速率反而减小；

C.浓度、压强、催化剂对反应速率都有影响；

D.根据速率方程分析，当温度：T〉％时，V=k［x(CO).X(HO)-x(，2jx(H2)］逐渐减小的原因是小对

2KpL

速率的降低大于k增大对速率的提高。

本题考查化学平衡移动原理及化学反应速率的影响因素，题目难度不大，注意基础知识的积累。

15.【答案】+3Cr、Fe2.8NA陶瓷在高温下会与Na2cO3反应将蒸储水沿着玻璃棒慢慢倒入漏斗中浸

没沉淀，待水流尽后，再重复操作2〜3次4CrO/+6S+7H2。=4Cr(OH)31+3S2。歹+

20H-H2SiO375.05

【解析】解：(1)亚铭酸亚铁［Fe(CrC)2)2］中Fe为+2价，。为-2价，由化合价代数和为0可知Cr的化合价是+3

价，

故答案为:+3；

高温

(2)反应4FeO-Cr2O3+8Na2CO3+7O2^8Na2CrO4+2Fe2O3+8c02中"「'Fe元素化合价升高，被氧化，

由方程式可知每生成2moiFez。?，则有7moi氧气被还原，转移28moi电子，产生32gFe2()3，n(Fe2O3)=

16温°】=02mo1,则转移2.8mol电子，数目为2.8町，不能使用陶瓷容器，原因是陶瓷在高温下会与碳酸

钠反应，

故答案为：Cr、Fe；2.8NA；陶瓷在高温下会与Na2cO3反应；

(3)洗涤沉淀的操作方法为：将蒸储水沿着玻璃棒慢慢倒入漏斗中浸没沉淀，待水流尽后，再重复操

作2〜3次，

故答案为：将蒸储水沿着玻璃棒慢慢倒入漏斗中浸没沉淀，待水流尽后，再重复操作2〜3次；

(4)硫磺在与锚酸钠的反应中转化为硫代硫酸钠，反应的离子方程式为4CrOt+6S+7H2O=4Cr(0H)31

+3S2O1-+20H-,加入稀硫酸，可Na2SiC>3、NaAlO2等杂质可生成也$论3、A1(OH)3沉淀，

故答案为：4Cr0j-+6S+7H20=4Cr(0H)3I+3S2O1-+20H-jH2SiO3；

3

⑸某工厂用448kg铭铁矿粉［含Fe(CrO2)280%］制备5O3,则n［Fe(CrO2)2］=44嗖zz4g/m片ol=1.6x103mo1,

3

3

则理论可生成1.56x10molCr2O3,最终得到产品182.4kg,即n(Cr2()3)=：嘉北：=12x103mo1,

3

则产率为：12x10mo1X100%=75.0%,

1.6xlOJmol

故答案为:75.0；

(6)使铭离子沉淀完全，浓度为1X10-5mol/L,已知行(0田3的溶度积为1.0*10-32,则=

1Av1fj―32

3lxio~5m°1/L=l'°*IL9moi/L,则pH=5.0,

故答案为：5.0o

络铁矿为原料制备重铭酸钠，铭铁矿(主要成份为Fe(CrC>2)2，还含有AI2O3、MgO、SiO2等杂质)，铭铁矿经

高温

加入纯碱、空气和辅料氧化煨烧、主反应：4FeO-4FeO-Cr2O3+8Na2cO3+7O2^8Na2CrO4+2Fe2O3+

_A△

8CO2,副反应：SiO2+Na2CO3—Na2SiO3+C02?>A12O3+Na2CO3—2NaA102+C02T)水浸之后除去

生成的氧化铁，加入稀硫酸调节pH,除去溶液中的Al。｝Si01-,经酸化、蒸发结晶后后可生成重铭酸钠,

加入硫磺，发生氧化还原反应生成Cr(OH)3,分解生成O2O3，以此解答该题。

本题考查物质的制备实验及混合物分离与提纯，为高频考点，题目难度中等，把握流程中发生的反应、混

合物分离提纯、发生的反应为解答的关键，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。

O/Cu

(8)oHOCH2cH2cH20H

解：(1)A的化学名称为苯乙烯，与漠化氢的过氧化物反应，乙烯基含氢较多的碳原子上加成漠原子，B2的

结构简式为

故答案为：苯乙烯;

2Z

Cu

(2)C2-D2发生催化氧化，化学方程式为2nijCH.OH+0272：H,＜：HO+2H20,

Cu

故答案为：2+022

(3)氢气可以和碳碳双键、段基、苯环发生加成反应，1个E分子中含有2个苯环，1个碳碳双键，1个莪基,

故ImolE与已完全加成时最多消耗8m01比,

故答案为：8；

(5万2苯乙醛被滨水氧化后的产物为G,即G为苯乙酸，G的含苯环的同分异构体中能发生水解反应，说明含

有酯基，根据官能团位置异构可知苯环连接-COOCG或-OOCCJ或-CHzOOCH有3种，或连接-CH3、

-OOCH有邻间对三种，共6种，核磁共振氢谱有4组峰的结构简式有或

(6)参照上述合成路线，以1,3-丙二醇和丙酮为原料(无机试剂任选)合成环己醇，由逆推法可知，合成路

O2/Cu

线为HOCH2cH2cH20H—>

△

故答案为：HOCH2cH2cH20H

A的分子式为C8H8，即A含有苯和碳碳双键，A为苯乙烯，与澳化氢在适当溶剂中发生加成反应，乙烯基含

氢较少的碳原子上加成澳原子，与澳化氢的过氧化物反应，乙烯基含氢较多的碳原子上加成澳原子，由信

息可知国为《~》一CHBrC%,B2为《~》~CH2CH,Br，B1或B2在氢氧化钠的溶液中发生取代

反应，滨原子取代为羟基，形成醇类C1为《~^一CHOHCH3、C2《~^~CH2cH20H,再与铜

的催化下与氧气发生催化氧化，生成Di为苯乙酮、D2为苯乙醛，两者在碱性环境下发生资料②中反应生成

(6)以1,3-丙二醇和丙酮为原料(无机试剂任选)合成环己醇，1,3-丙二醇氧化生成醛，再与丙酮发生信

息②中的反应，最后与氢气加成。

本题考查有机物的推断，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与推断能力

的考查，注意官能团及碳链骨架的变化，题目难度不大。

2+2++

17.【答案】Fe3+CuH2sO4Mn+H2O2+H20=MnO(OH)2J,+2HZnNa2S04取最后一次洗涤滤

液1〜2mL于试管中，向其中滴加Bad2溶液，若无白色沉淀生成，则表明已洗涤干净ZnCO3-2Zn(OH)2-H20

或Zn3(0H)4cO3-H20

【解析】解：铁、铜、镒能与盐酸反应生成Fe2+、Zn2+>Mn2+；MM+可与双氧水反应生成Mn0(0H)21;

锌能与铜离子反应生成铜单质；硫酸锌能与碳酸钠反应生成硫酸钠和碳酸锌，碳酸锌受热分解生成氧化锌

和水，

(1)铁、铜、锦能与盐酸反应生成Fe2+、ZM+、MM+,Fe2+能被氧化为Fe3+,浸取液课得到黄钠铁钢，说明

X为Na2sO4和H2s。4的混合液，

故答案为：Fe3+；Cu2+；H2sO4；

2++

(2)MM+可与双氧水反应生成Mn0(0H)21,离子方程式：Mn+H2O2+H20=MnO(OH)2X+2H；锌能

与铜离子反应生成铜单质；硫酸锌能与碳酸钠反应生成硫酸钠和碳酸锌，Na2sO,可以循环使用，

2++

故答案为：Mn+H2O2+H20=MnO(OH)2J.+2H；Zn；Na2so4；

(3)检验沉淀是否洗涤干净的操作方法为：取最后一次洗涤滤液滴加BaCk溶液，若无白色沉淀生成，则表明

已洗涤干净，

故答案为：取最后一次洗涤滤液1〜2mL于试管中，向其中滴加BaCk溶液，若无白色沉淀生成，则表明已洗

涤干净；

(4)碱式碳酸锌6.82g,充分灼烧后测得残留物质为氧化锌，质量为4.86g,物质的量为：/黑=0.06mol,

锌的质量为3.9g,将所得气体是二氧化碳，沉淀碳酸钙是2.0g,物质的量为0。2moi.碳酸根的物质的量为

0.02mol.

根据电荷守恒：0.06molX2=0.02molX2+X,

得氢氧根的物质的量为X=0.08mol,

由碱式碳酸锌6.82g减去锌的质量，碳酸根和氢氧根的质量，剩下的就为水的质量：6.82-3.9-0.02X60-

0.08x17=0.36g,物质的量为0.02mol,

故碱式碳酸锌的组成Z11CO3-2Zn(OH)2-或Zn3(OH)4cO3-H2O,

故答案为:ZnCO3-2Zn(OH)2•比0或ZgCOH)4cO3-H20.

铁、铜、锌能与盐酸反应生成Fe2+、Zn2+,Mn2+；Mn2+可与双氧水反应生成Mn0(0H)2J;锌能与