上海市杨浦区2023年高三二模化学试卷

上海市杨浦区2023年高三二模化学试卷

考生注意：

1.试卷满分100分，考试时间60分钟。

相对原子质量：H-1Li-7C-12N-140-16Na-23Al-27S-32Cl-35.5

Ag-108

一、选择题（本题共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）

1.2021年日本将核废水中的辐射物“第（T）”做成卡通形象（如图示），企图将核废水排入大海

合理化。下列有关敬的说法正确的是

A.标“+”小球表示中子B.可表示为2H

C.和气;、笊的性质完全相同D.和气、笊都属于氢元素

2.从煤焦油中可分离出苯、甲苯等芳香烽。关于煤焦油的下列说法错误的是

A.属于混合物B,由煤分储得到

C.难溶于水D.利用沸点差异分离出苯、甲苯

3.下列药品易变质，其原因与氧化还原反应无关的是

A.漂粉精B.FeSO溶液c.Na0D.烧碱

422

4.室温下，能完全溶解A1和Fe?O,反应后的固体混合物的试剂是

A,稀HSOB,浓HSO

2424

C.NaOH溶液D.浓HNO

3

5.与物质溶解度无关的实验是

A.HC1通入饱和食盐水中析出晶体B.用水吸收尾气中HC1

C.冷却熔融态硫，得到淡黄色固体D.加热浓氨水得到氨气

6.关于18.4mol.L-i硫酸（p=L84g.cm_3）的说法错误的是

A.质量分数为98%B,cQ+）为36.8mol.Li

C.可干燥SO、CO等气体D.稀释时有共价键断裂

2

7.下列图示错误的是

B.金刚石晶体结构模型:

C.HC1形成过程：H+：Cl：fH+:C1:D.CC,球棍模型：

8.室温下，将充满NO的试管倒立于水中，充分反应,如图所示，下列分析错误的是

2

A.NO不能用排水法收集

2

1

B.剩余的无色气体约占试管体积的I

C.试管中的溶液能使石蕊试液变红色

D.向试管中缓慢通入°,液面上升但不可能充满试管

2

9.下列试剂不能用来鉴别S。和HS的是

22

A.BaC4溶液B.亚硫酸C.澳水D.氢硫酸

10.环辛四烯（）中碳碳键键长有两种:1.33x10-1。m和1.46x1O」om则环辛四烯

A.与乙苯互为同分异构体B,与等物质的量的澳加成，产物只有

1种

C.邻二氯代物只有1种D.化学键b的键长为1.33x1O」om

11.海洋生物参与氮循环的过程如图所示，下列说法正确的是

A.图中微粒间的转化均属于氧化还原反应B.酸性环境有利于反应①

C.反应③可能有氧气参与反应D.反应③、⑤属于氮的固定

12.室温下，甲同学配制5%的NaCl溶液ioog,乙同学配制0.5mol.Li的NaCl溶液

100mL（NaCl36g/100g水），下列说法正确的是

A.所需溶质的质量相同B.所需仪器均包括100mL容量瓶

C.所配溶液均为不饱和溶液D.所配溶液质量相同

13.利用下列药品进行实验，能达到实验目的的是

实验目的实验药品

A证明烧碱部分变质样品溶液、酚酰、CaCl溶液

2

B层析法分离微量Fe3+和Cu2+样品溶液、丙酮、NaOH溶液

C检验澳乙烷中的溪原子漠乙烷、NaOH溶液、AgNO溶液

3

D除去己烷中的己烯样品、澳水

AAB.BC.CD.D

14.25C时，HS溶液中的下列关系不能说明HS第二步电离比第一步电离程度更小的是

2••2

A.c（HS）远大于cQ-）B,©（11$-）远大于©（52-）

2

c.4）远大于七一）D.cQJ约等于c（HS-）

15.室温下，等体积PH=12的NaOH溶液和NaCO溶液，下列叙述正确的是

23

A.钠离子浓度相同B.滴入几滴稀盐酸，均无明显现象

C.水电离的H+总浓度均为10-i2mol.LiD.滴入少量A1C1、溶液，均得到沉淀

16.将铜和氧化铁的混合物溶于足量烯盐酸中，所得溶液能使KSCN溶液变红色。下列说

法错误的是

A.容器中可能有固体残渣

B.所得溶液中存在Fe?+、Fe3+、Cu2+

C,原固体中n（FeO）＞n（cu）

23

D.红色溶液中加入足量铁粉，红色褪去

17.以下是工业上生产乙酸乙酯的四种方法，下列分析不合理的是

CH；COOH两分子转化

CHOH乙CH,CHO

25浓硫酸、加热烷基铝催化

酸

①乙

酯

CH,COOHO

H,C-CH-----------2

*浓硫酸、加热催化剂

③④

A.②③反应类型相同B.①③乙酸的C-O键均断裂

C.①④均有水生成D.②④均有C—O键形成

18.相关有机物分别与氢气发生反应生成Imol环己烷（〈））的能量变化如图所示:

(

O

E

2

)

/

眼

疆

D.3doa,可推测苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键

19.侯氏制碱法的流程如图所示。下列判断正确的是

喝黑一吸『一碳酸化一1一煨烧一纯碱

母液n母液I

盐析冷析吸氨

t

NaCI

B.碳酸化前后CGH+）：前〉后

A.煨烧前后固体质量：前〈后

4

D.母液I和n中c（Na+）：KII

C.盐析前后PH：前〉后

20.常温下，将C1,缓慢通入水中至饱和，再向其中滴加O.lmol.Li的NaOH溶液，溶液

c（H+）＞c（C1.）+c（HC10）+c（OH-）

A.①点:

）＞c（Cl-）＞c（C1O-）＞c（HC1O）

B.②点:

:（Na+）=2c（C1O-）+c（HC1O）

C.③点:c

（Na+）＞c（C1O）＞c（Cl-）＞c（HC1O

D.④点：

二、综合题（共60分）

（一）（本题共15分）

21.离子型金属氢化物LiH、NaH、LiAlH、NaBH等，具有强还原性，也可作生氢剂。

44

（1）Na核外不同能量的电子数之比为：（按能量由低至高的顺序）。

（2）将Li+、H-、H+、Ch-按半径由小到大的排列顺序为。

（3）1个BH-中含电子，补写一个与BH-电子数相同且带一个单位负电荷的离子

44

的电子式：了：、

（4）两种硼化物的熔点如表所示:

A1（BH）

硼氢化物NaBH

443

熔点/℃400-64.5

两物质熔点差异的原因是

（5）工业上常用“有效氢”含量衡量含氢还原剂的还原能力，有效氢指单位质量（克）的含氢还

原剂的还原能力相当于多少克氢气的还原能力。LiAlH"的有效氢含量约为（2位小

数）。

工业上可利用下述工艺得到氢气

CO

Fe高温

（6）其中3°4（s）+CO（g）=3FeO（s）+COi（g）的平衡常数的表达式K=

上述反应达到平衡时，容器内气体的平均摩尔质量为Mj若保持恒温恒容，向该容器中加

入少量CO,再次达平衡后，气体的平均摩尔质量为M?,比较的大小，并说明

理由。

（7）该工艺的总反应方程式为:

（二X本题共15分）

22.环己烯是重要的化工原料，实验室环己醇（可在FeCl「6H。催化

下制备环已烯。

I.环已烯的制备

如图所示，将环己醇加入试管A中，再加入FeC1/HO固体，缓慢加热，在试管C内收

集到环己烯粗品。

密度G-cm-3)

熔点（℃）沸点（℃）溶解性

环己醇0.9625161能溶于水

环己烯0.81-10383难溶于水

（1）浓硫酸也可作该反应的催化剂，但此实验中，选用FeC1/Hz。，而不用选浓硫酸的

可能原因是（写2点）。

（2）实验时水浴温度应高于"C,原因是o

（3）环己烯粗品中含少量环己醇和HC1等物质。产生HC1的原因是（用化学方程式

表示）。加入饱和食盐水除去HC1,经振荡、静置、分层后，产品在层（填“上”或"下”）,

再蒸僧得到纯环己烯。

II.环己烯含量测定

向ag环己烯样品中加入bmolBr,，充分反应后，剩余的Br,与足量KI溶液反应，用

cmolLiNaROs标准溶液滴定，终点时消耗NaMOJmL。（已知：

I+2NaSO=2NaI+NaSO）

22232467

（4）滴定所用指示剂为,滴定终点现象为。

（5）样品中环己烯的质量分数为（用字母表示）。Na2s2°；标准溶液部分被氧化，会

导致测定结果（填“偏大”"偏小”或"无影响”）。

（三）（本题共15分）

23.3-四氢吠喃甲醇是合成农药吠虫胺的中间体，其一种合成路线如下:

已知：i.RCOOR2+R30H——_>R1C00R+R20H

ii.R,COOR<C-KBH4>R,CHOH+ROH

12②4o122

iii.RQH+R20H------——>RJOR2+H2O

（1）A和HCOOCH互为。AfB的反应类型是反应。

25----------------------------------

（2）F的分子式。

（3）B-D不宜选用银氨溶液或新制氢氧化铜的原因是：。

（4）G的结构简式为：。

（5）3-四氢吠喃甲醇有多种同分异构体，写出1种符合下列条件的有机物的结构简式:

①不能与金属钠反应②分子中有3种不同化学环境的氢原子

（6）£1^时会生成分子式为©尸0的副产物，该副产物的结构简式是______,

11206

（7）已知KBH4具有极强还原性，除了还原酯基外（信息ii）,还可还原醛基等。请以

为原料，利用题中信息及所学知识，选用必要的无机试剂合成

（合成路线的表示方式为：甲----团确捌>乙.........E测——>目标产物）

反应条件反应条件

（四X本题共15分）

24.实验小组模拟工业上回收“分银渣”中的银，过程如下:

步骤111,循环

I中反应：AgCl+2s02一”=±Ag(SO)-+CL(杂质不反应)

332

（1）过程I中，向5L°.3moi•LiNa^O；溶液中加入分银渣，1。分钟后，固体质量减少了

28.7g,则反应速率vGo：）=。（忽略溶液体积变化）

（2）Na,SO、溶液中离子浓度的关系是：c（Na+）=。

（3）其他条件不变，反应I在敞口容器中进行，若反应时间过长反而银的产率降低，银产

率降低的可能原因是（用离子方程式解释）。

不同pH时，浸出液中Ag（SO，1-的浓度与含硫化合物总浓度的关系如下图所示（注：含硫

含硫化合物总浓度（molL'）

（4）pH=10时，解释Ag（SOA浓度度随含硫化合物总浓度变化趋势的原因。

32

（5）pH=6时，Ag（SO>-浓度随含硫化合物总浓度的变化与pH=10时不同，可能的

32

原因是。

（6）将II中反应的离子方程式补充完整：（HCHO中C的化合价可看做0价）

Ag(S*HCHO+

CO2-

3---------------

(7)HI中回收液可直接循环使用，但循环多次后，银浸出率降低。从回收液离子浓度变化

和平衡移动的角度分析原因：。

参考答案

一、选择题（本题共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）

1.2021年日本将核废水中的辐射物“瓶（T）”做成卡通形象（如图示），企图将核废水排入大海

合理化。下列有关旅的说法正确的是

A.标小球表示中子B.可表示为2H

C.和气、气的性质完全相同D.和气、笊都属于氢元素

【答案】D

【详解】A.中子不带电荷，则标“+”小球表示质子，故A错误；

B.病原子的质子数为1、中子数为2、质量数为3,原子符号为3H,故B错误;

C.气、僦的化学性质几乎完全相同，但物理性质不同，故C错误；

D.气、笊、僦的质子数相同，都属于氢元素，故D正确；

故选D。

2.从煤焦油中可分离出苯、甲苯等芳香烧。关于煤焦油的下列说法错误的是

A.属于混合物B,由煤分储得到

C.难溶于水D.利用沸点差异分离出苯、甲苯

【答案】B

【详解】A.从煤焦油中可分离出苯、甲苯等芳香煌，说明煤焦油由多种物质组成，属于混

合物，故A正确；

B.煤焦油由煤干储得到，故B错误；

C.煤焦油中含有苯、甲苯等芳香烧，难溶于水，故C正确；

D.苯和甲苯互溶，且沸点不同，可利用沸点差异分离出苯、甲苯，故D正确；

故答案选B。

3.下列药品易变质，其原因与氧化还原反应无关的是

A.漂粉精B.FeSO溶液c.NaOD.烧碱

422

【答案】D

【详解】A.漂粉精变质的原因为漂粉精的有效成分与空气中的二氧化碳和水蒸气反应生成

次氯酸，次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，则变质原因与氧化还原反应有关，故A不符合

题意；

B.硫酸亚铁溶液中的亚铁离子易与空气中的氧气反应生成铁离子，则变质原因与氧化还原

反应有关，故B不符合题意；

C.过氧化钠变质的原因为过氧化钠与空气中的二氧化碳或水蒸气反应生成氧气，则变质原

因与氧化还原反应有关，故C不符合题意；

D.烧碱变质的原因为氢氧化钠与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠，则变质原因与氧化还

原反应无关，故D符合题意；

故选D。

4.室温下，能完全溶解A1和Fc,O、反应后的固体混合物的试剂是

A.稀HSOB.浓HSOc.NaOH溶液D.浓

2424

HNO

3

【答案】A

［分析】铝和氧化铁高温条件下发生铝热反应生成铁和氧化铝。

【详解】A.铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，氧化铝与稀硫酸反应生成硫酸氯和水，

则稀硫酸能完全溶解铁和氧化铝固体混合物，故A正确；

B.室温下，铁在浓硫酸中发生钝化，不能持续反应，则浓硫酸不能完全溶解铁和氧化铝固

体混合物，故B错误；

C.铁与氢氧化钠溶液不反应，则氢氧化钠溶液不能完全溶解铁和氧化铝固体混合物，故C

错误；

D.室温下，铁在浓硝酸中发生钝化，不能持续反应，则浓硝酸不能完全溶解铁和氧化铝固

体混合物，故D错误；

故选A。

5.与物质溶解度无关的实验是

A.HC1通入饱和食盐水中析出晶体B.用水吸收尾气中HC1

C.冷却熔融态硫，得到淡黄色固体D,加热浓氨水得到氨气

【答案】C

【详解】A.氯化氢极易溶于水，通入饱和食盐水中会使溶液中氯离子浓度增大，降低氯化

钠溶解度便于析出氯化钠晶体，则氯化氢通入饱和食盐水中析出晶体与氯化钠的溶解度有关,

故A不符合题意；

B.氯化氢极易溶于水，所以用水吸收尾气中氯化氢与溶解度有关，故B不符合题意；

C.冷却熔融态硫，得到淡黄色固体与硫的熔点有关，与硫的溶解度无关，故C符合题意；

D.加热浓氨水，浓氨水受热分解生成氨气，温度升高，氨气的溶解度减小便于氨气逸出，

则加热浓氨水得到氨气与氨气的溶解度有关，故D不符合题意；

故选Co

6.关于184moi•Li硫酸（P=l.84g.cm一3）的说法错误的是

A.质量分数为98%B.cQ+）为36.8mol.Li

c,可干燥so、co等气体D.稀释时有共价键断裂

【答案】B

lOOOpw%18.4x98

【详解】A.由©=————可知，浓硫酸的质量分数为1僦mnn乂100%=98%,故A

Mu1.o4xlUvU

正确：

B.浓硫酸的主要成分是硫酸分子，则溶液中的离子浓度一定小于36.8mol/L,故B错误；

C.浓硫酸具有吸水性，可以干燥二氧化硫、一氧化碳等不与浓硫酸反应的气体，故C正确;

D.硫酸则溶液中电离出氢离子和硫酸根离子，所以稀释时有共价键断裂，故D正确；

故选Bo

7.下列图示错误的是

A.2P的电子云:B.金刚石晶体结构模型:

C.HC1形成过程：H+:C1：->H+:Cl：-D.CC,球棍模型：

【答案】C

【详解】A.2Px的电子云是纺锤形，电子云轮廓图为__>，故A正确;

B.金刚石是空间网状结构的原子晶体，晶体结构模型为，故B正

确；

C.氯化氢是共价化合物，表示氯化氢形成过程的电子式为—,故C

••••

错误;

D.四氯化碳的空间构型为正四面体形，球棍模型为故D正确;

故选C。

8.室温下，将充满NO的试管倒立于水中，充分反应，如图所示，下列分析错误的是

2

A.NO,不能用排水法收集

1

B.剩余的无色气体约占试管体积的［

C.试管中的溶液能使石蕊试液变红色

D.向试管中缓慢通入°,,液面上升但不可能充满试管

【答案】D

【分析】二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为

3NO2+H2O=2HNO3+NO,则将充满二氧化氮的试管倒立于水中，反应生成的一氧化氮气体

1

约占试管体积的可。

【详解】A.由分析可知，二氧化氮易溶于水，与水发生反应，不能用排水法收集，故A正

确；

B.由分析可知，将充满二氧化氮的试管倒立于水中，反应生成的一氧化氮气体约占试管体

1

积的I，故B正确；

C.由分析可知，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应生成的硝酸能使石蕊试液变

红色，故C正确；

D.由分析可知，将充满二氧化氮的试管倒立于水中，反应生成的一氧化氮气体约占试管体

1

积的可，向试管中缓慢通入氧气，氧气与一氧化氮反应生成二氧化氮、二氧化氮与水反应

生成硝酸和一氧化氮，所以试管中液面上升，若通入的氧气与一氧化氮的体积比为3：4,

一氧化氮和氧气、水恰好反应生成硝酸，液面能充满试管，故D错误；

故选D。

9.下列试剂不能用来鉴别SO,和HS的是

22

A.BaCl溶液B.亚硫酸C.澳水D.氢硫酸

2

【答案】A

【详解】A.亚硫酸和氢硫酸的酸性都弱于盐酸，二氧化硫和硫化氢但不能与氯化钢溶液反

应，所以不能用氯化钢溶液鉴别二氧化硫和硫化氢，故A符合题意；

B.亚硫酸与硫化氢反应生成硫沉淀和水，与二氧化硫不反应，所以能用亚硫酸溶液鉴别二

氧化硫和硫化氢，故B不符合题意；

C.溪水与二氧化硫反应生成硫酸和氢澳酸使溶液褪色，与硫化氢反应生成硫沉淀和氢澳酸

使溶液褪色，两反应的实验现象不同，所以能用滨水鉴别二氧化硫和硫化氢，故C不符合

题意；

D.氢硫酸溶液与二氧化硫反应生成硫沉淀和水，与硫化氢不反应，所以能用氢硫酸溶液鉴

别二氧化硫和硫化氢，故D不符合题意；

故选Ao

ab

10.环辛四烯中碳碳键键长有两种：L33xlO」om和1.46xlO」om,则环辛四烯

A.与乙苯互为同分异构体B.与等物质的量的漠加成，产物只有

1种

C.邻二氯代物只有1种D.化学键b的键长为1.33xlO」om

【答案】D

【分析】相同原子之间成键，共用电子对越多，键长越短。环辛四烯（）中碳碳键键长

有两种，则结构中存在两种碳碳键，即碳碳单键和碳碳双键，故L33xlO/om为碳碳双键

键长，即b键键长；L46xlO」om为碳碳单键键长，即a键键长。

【详解】A.环辛四烯分子式为C.H乙苯分子式为CH,二者分子式不同，不互为同

88810

分异构体，故A错误;

B.与等物质的量的滨加成，其加成位置可以为1,2加成，产物为、或1,4加成,

产物为II,产物多于1种，故B错误;

CI

C.环辛四烯相邻碳原子之间可以存在碳碳单键或碳碳双键，故邻二氮代物有和

L工两种，故c错误；

D.由分析可知，化学键b的键长为L33xlO」om,故D正确;

故答案为：D。

11.海洋生物参与氮循环的过程如图所示，下列说法正确的是

A.图中微粒间的转化均属于氧化还原反应B.酸性环境有利于反应①

C.反应③可能有氧气参与反应D.反应③、⑤属于氮的固定

【答案】C

【详解】A.钱根离子种氮元素-3价，氨气分子中氮元素-3价，即①不属于氧化还原反应，

A错误；

B.氨气属于碱性气体，能与氢离子作用生成镀根离子，故酸性环境不利于反应①，B错误；

C.N2H4中氮元素显-2价，氮气中氮元素显。价，氮元素化合价升高发生氧化反应，又氧气

具有氧化性，故反应③可能有氧气参与反应，C正确；

D.氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的过程，③、⑤都是将化合态的氮转化为游离态

的氮，故不属于氮的固定，D错误；

故选C。

12.室温下，甲同学配制5%的NaCl溶液100g,乙同学配制0.5mol.Li的NaCl溶液

100mL(NaCl36g/100g水)，下列说法正确的是

A.所需溶质的质量相同B.所需仪器均包括100mL容量瓶

C.所配溶液均为不饱和溶液D,所配溶液质量相同

【答案】C

【分析】100g5%氯化钠溶液中氯化钠的质量为100gX5%=5g,100mL0.5moi/L氯化钠溶液

中氯化钠的质量为0.5mol/LX0.1LX58.5g/mol^2.9g,100g氯化钠饱和溶液中氯化钠的质量

100gx36g

为―136g—Q26.5g,所以5%氯化钠溶液和0.5mol/L氯化钠溶液均为不饱和溶液。

【详解】A.由分析可知，5%氯化钠溶液和0.5mol/L氯化钠溶液中氯化钠的质量不同，故

A错误；

B.配制100g5%氯化钠溶液不需要用到100mL容量瓶，故B错误；

C.由分析可知，5%氯化钠溶液和0.5mol/L氯化钠溶液均为不饱和溶液，故C正确；

D.氯化钠溶液的密度大于Ig/mL,则100mL氯化钠溶液的质量大于100g,故D错误;

故选C。

13.利用下列药品进行实验，能达到实验目的的是

实验目的实验药品

A证明烧碱部分变质样品溶液、酚酷、CaCl溶液

2

B层析法分离微量Fe3+和Cu2+样品溶液、丙酮、NaOH溶液

C检验溟乙烷中的浪原子澳乙烷、NaOH溶液、AgNOj容液

D除去己烷中的己烯样品、澳水

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【详解】A.烧碱变质生成碳酸钠，向烧碱样品溶液中加入过量CaClj容液，碳酸钠与氯化

钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，振荡后加入酚甑溶液，若变红，说明还含有氢氧化钠，进

而说明氢氧化钠部分变质，故A符合题意；

B.用纸层析法分离Fe3+和Cu2+时，展开剂为丙酮，为防止Fe3+和Cu2+水解，常在展开剂中

加入少量盐酸酸化，缺少盐酸，不能达到实验目的，故B不符合题意；

C.浸乙烷水解后，应先加入稀硝酸中和NaOH溶液，再滴加AgNC）3溶液，该实验缺少稀

硝酸，不能达到实验目的，故C不符合题意；

D.滨水与己稀发生后加成反应生成二浪己烷，二浪己烷与己烷互溶，引入新杂质，不能达

到实验目的，故D不符合题意；

故答案选A。

14.25℃时，HS溶液中的下列关系下第说明HS第二步电离比第一步电离程度更小的是

Ac（HS）远大于cGz-）B©（11$-）远大于©《2-）

2

C.（：。+）远大于心2-）D,©。+）约等于＜：（"）

【答案】A

【详解】氢硫酸是二元弱酸，在溶液中分步电离：H2SUHS-+H+、HS-US2-+H+,第一步

电离抑制第二步电离，电离以第一步电离为主，则溶液中氢离子浓度约等于氢硫酸根离子浓

度，硫离子浓度远小于氢硫酸浓度、氢离子浓度和氢硫酸根离子浓度，则硫离子浓度远小于

氢硫酸浓度不能说明氢硫酸的第二步电离比第一步电离程度更小，也可能是第一步电离生成

的HS/勺浓度就很少，综上所述，A项符合题意。

故选Ao

15.室温下，等体积pH=12的NaOH溶液和NaCO溶液，下列叙述正确的是

23

A.钠离子浓度相同B.滴入几滴稀盐酸，均无明显现象

C.水电离的H,总浓度均为10-i2mol.LiD.滴入少量A1C1,溶液，均得到沉淀

【答案】B

【详解】A.pH=12的NaOH溶液中，由溶液电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)，

则c(Na+)=c(OH-)-c(H+),pH=12的NaCO,溶液中由溶液电荷守恒有：

c(Na+)+c(H+)=c(OH)+2c(CCh_)+c(HCO.)则

c(Na+)=c(OH-)-c(H+)+2c(CO;一)+c(HCO-)t两种溶液中c(OH-)-c(H-)相同，则

氢氧化钠溶液中c(Na，)较小，故A错误；

B.滴入几滴稀盐酸，NaOH与盐酸反应生成NaCl,无明显现象，NaCO与盐酸反应生

23

成NaHCOy,也无明显现象，故B正确；

C.NaOH完全电离，溶液中氢离子只由水电离产生，则水电离的H+总浓度为10」2moi.Li。

NaCO溶液中c。2一发生水解，对水的电离起促进作用，则溶液中由水电离的OH.浓度大

233

于10一7moi.L_I,即水电离的H*总浓度大于10-7mol.L_i,溶液中H+浓度为10j2moi.Lu,

根据室温下K„,=L°X10」4,溶液中OH.浓度为10-2mol.LI,即为水电离的H+总浓度为

10-2mol.Li,故c错误；

D.NaOH溶液滴入少量A1C\溶液，二者反应产生NaAlO,或Na[Al(OH)J,无沉淀

生成，NaCO溶液滴入少量A1C1溶液，二者反应产生A1(OH)，有沉淀出现，故D错

2333

误：

故答案为：Bo

【点睛】(1)比较溶液中离子浓度，在无溶质浓度情况下，一定要通过守恒关系进行求解；

(2)溶液中H.与OH一存在多种情况，一定准确把握各个部分的浓度关系，特别是牢记由水

电离的H+与OH一浓度始终相同。

16.将铜和氧化铁的混合物溶于足量烯盐酸中，所得溶液能使KSCN溶液变红色。下列说

法错误的是

A.容器中可能有固体残渣B.所得溶液中存在Fe2+、Fe3+、

CU2+

C.原固体中n(FeO)>n(Cu)D.红色溶液中加入足量铁粉，红色褪

23

去

【答案】A

【分析】将铜和氧化铁的混合物溶于足量稀盐酸中，发生反应Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2。，

2FeCl+Cu=2FeCl+CuCl2,向所得溶液中滴入2滴KSCN溶液后出现红色,说明铁离子过量,

铜在溶液中一定全部溶解，生成氯化铜，部分铁元素变化为亚铁盐。

【详解】A.氧化铁溶于过量的稀盐酸，生成的氯化铁过量铜全部溶解，容器中不可能有

固体残渣，故A错误；

B.向所得溶液中滴入2滴KSCN溶液后出现红色，说明铁离子过量，铜在溶液中一定全

部溶解，生成氯化铜，部分铁元素变化为亚铁盐，所得溶液中存在Fe2+、Fe3+、Cin+,

故B正确；

C.发生反应Fe,C>3+6HCl=2FeC13+3H,O,2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2,向所得溶液中滴入2

滴KSCN溶液后出现红色，说明铁离子过量，原固体中n(Fe203)>n(Cu),故c正确；

D.溶液中存在铁离子，加入足量铁粉发生反应ZFeCq+FeMBFeC1铁离子被完全消耗，

溶液红色褪去，故D正确；

故选：Ao

17.以下是工业上生产乙酸乙酯的四种方法，下列分析不合理的是

CH,COOH两分子转化

CHOHCHjCHO

25乙

浓硫酸、加热烷基铝催化

酸

①乙

酯

CH3coOH

C4H10

浓硫酸、加热催化剂

③

A.②③反应类型相同B.①③乙酸的C-O键均断裂

C.①④均有水生成D.②④均有C—O键形成

【答案】B

【分析】由图可知，反应①为浓硫酸作用下乙醇与乙酸共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，

反应②为以烷基铝为催化剂，两分子乙醛先发生加成反应，后发生构型转化生成乙酸乙酯，

反应③为浓硫酸作用下乙烯与乙酸共热发生加成反应生成乙酸乙酯，反应④为催化剂作用下,

丁烷与氧气发生催化氧化反应生成乙酸乙酯和水。

【详解】A.由分析可知，反应②③都是发生加成反应生成乙酸乙酯，故A正确；

B.由分析可知，反应③为浓硫酸作用下乙烯与乙酸共热发生加成反应生成乙酸乙酯，反应

中只有氢氧键断裂，没有碳氧键断裂，故B错误；

C.由分析可知，反应①④均有水生成，故C正确；

D.由分析可知，反应②④均有碳氧键形成，故D正确；

故选Bo

18.相关有机物分别与氢气发生反应生成Imol环己烷（）的能量变化如图所示:

二

。

墨

卜列叙述错误的是

D.3doa,可推测苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键

【答案】B

完全燃烧,放热少，故C正确;

〈~~〉(g)放出热量

D.(g)转化为o(g)放出热量不是(g)转化为

的3倍说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，故D正确;

故选B。

19.侯氏制碱法的流程如图所示。下列判断正确的是

：―k吸获—*砍酸化―-过滤一*燃烧一*纯碱

底小।

母液n母液I

I!

盐析^—冷析^—吸氨

t

NaCI

A.煨烧前后固体质量：前〈后B.碳酸化前后c《H+)前》后

4

C.盐析前后pH：前〉后D.母液I和n中c(Na+)：1＜口

【答案】D

【分析】由图可知，精制饱和食盐水吸氨得到氨化的饱和食盐水，碳酸化时二氧化碳与氨化

的饱和食盐水反应生成碳酸氢钠和氯化镀，过滤得到含有氯化镇的母液I和碳酸氢钠；碳酸

氢钠燃烧分解得到碳酸钠；母液I吸氨将溶液中的碳酸氢根离子转化为碳酸根离子，冷析得

到氯化镀溶液，向氯化筱溶液中加入氯化钠固体，将氯化镀转化为沉淀，过滤得到氯化铁和

含有氯化钠的母液n,母液ii可以循环使用，提高原料的利用率。

【详解】A.由分析可知，燃烧发生的反应为碳酸氢钠煨烧分解生成碳酸钠、二氧化碳和水,

则燃烧前固体质量大于燃烧后，故A错误；

B.由分析可知，碳酸化前的溶液为氨化的饱和食盐水，碳酸化后的溶液为含有碳酸氢钠的

氯化铉溶液，一水合氨是弱碱，在溶液中部分电离出钱根离子和氢氧根离子，则碳酸化前的

溶液中的镂根离子浓度小于碳酸化后，故B错误；

C.由分析可知，盐析前的溶液为氯化镀溶液，盐析后的溶液为氯化钠溶液，氯化镀在溶液

中水解使溶液呈酸性，氯化钠溶液呈中性，则盐析前溶液pH小于盐析后，故C错误；

D.由分析可知，母液I为含有碳酸氢钠的氯化镀溶液，母液II为氯化钠溶液，则母液I中

钠离子浓度小于母液H,故D正确；

故选D。

20.常温下，将C%缓慢通入水中至饱和，再向其中滴加O.lmol.Li的NaOH溶液，溶液

PH的变化如图所示，下列分析正确的是

c（H+）＞c（Cl-）+c（HC10）+c（0H-）

A.①点:

Q+）＞c（Cl-）＞c（C10-）＞c（HC10）

B.②点：c

（Na+）=2c（C10）+c（HC10）

C.③点：c

（Na+）＞c（C10）＞cG-）＞c（HC10）

D.④点：

【答案】C

【详解】A.由图可知，①点氯气与水反应所得溶液为氯气的不饱和溶液，溶液中次氯酸浓

度大于次氯酸根离子浓度，由电荷守恒关系C（H，）=C（CL）+C（C1O.）+C（OH.）可知，溶液中

c（C1）+C（HC1O）+C（0H-）＞c（H+）,故A错误；

B.由图可知，②点氯气与水反应所得溶液为氯气的饱和溶液，溶液中次氯酸浓度大于次氯

酸根离子浓度，故B错误；

C.由图可知，③点氯气与氢氧化钠溶液反应得到氯化钠、次氯酸钠和次氯酸的混合溶液,

溶液呈中性，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，由方程式可知，氯化钠和次氯酸钠的

浓度相等，由物料守恒可得：c（CL）=c（C10-）+c（HC10）,由溶液中的电荷守恒关系

c（Na+）+c（H+尸c（Cio）+c（cij+c（0H.）可知，溶液中c（Na+）=2c（C10-）+c（HC1O）,

故C正确；

D.由图可知，④点氯气与氢氧化钠溶液反应得到氯化钠、次氯酸钠和氢氧化钠的混合溶液,

溶液中氯离子浓度大于次氯酸根离子浓度，故D错误；

故选Co

二、综合题（共60分）

（一X本题共15分）

21.离子型金属氢化物LiH、NaH、LiAlH、NaBH等，具有强还原性，也可作生氢剂。

44

（1）Na核外不同能量的电子数之比为：（按能量由低至高的顺序）。

（2）将Li+、H-、H+、Ch-按半径由小到大的排列顺序为。

(3)1个BH-中含_______电子，补写一个与BH-电子数相同且带一个单位负电荷的离子

44

的电子式：：F：、

(4)两种硼化物的熔点如表所示:

A1（BH）

硼氢化物NaBH

443

熔点/℃400-64.5

两物质熔点差异的原因是

(5)工业上常用“有效氢”含量衡量含氢还原剂的还原能力，有效氢指单位质量(克)的含氢还

原剂的还原能力相当于多少克氢气的还原能力。LiAlH、的有效氢含量约为(2位小

数)。

工业上可利用下述工艺得到氢气。

高温

⑹其中Fe?(s)+CO(g)E3FeO(s)+CO2(g)的平衡常数的表达式K=——

上述反应达到平衡时，容器内气体的平均摩尔质量为Mj若保持恒温恒容，向该容器中加

入少量C。，再次达平衡后，气体的平均摩尔质量为M2,比较M?的大小，并说明

理由。

(7)该工艺的总反应方程式为：。

【答案】(1)2：2：6：1

(2)H+<Li+<HY02—

(3)©.10②.[：O：H]-

(4)NaBH为离子晶体，A1(BH)为分子晶体

443

c(CO)

(5)0,21(6)①.'c('ddj②等于％，向恒温恒容的容器中加入少量一

c(CO)

氧化碳，平衡向正反应方向移动，温度不变，反应的平衡常数不变，容器中c(cd)不变

FeO

(7)H2O+C=CO+H2

【小问1详解】

钠元素的原子序数为11,基态原子的电子排布式为Is22s22P63SI,由能量最低原理可知，核

外不同能量的电子数之比为2：2：6：1,故答案为：2：2：6：1；

【小问2详解】

离子的电子层数越大，离子半径越小，则氧离子的离子半径最大、氢离子的离子半径最小，

电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则H离子的离子半径大于锂离子，

所以四种离子的离子半径由小到大的顺序为H+<Lr<H<02-,故答案为：H+<Li+<H-

<02：

【小问3详解】

四氢合硼酸根离子含有的电子数为10,氟离子和氢氧根离子与四氢合硼酸根离子的电子数

都为io和都带带一个单位负电荷，氢氧根离子的电子式为［：0：H「，故答案为：

［：O：H］~；

【小问4详解】

四氢合硼酸钠为离子晶体，四氢合硼酸铝为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，所以

四氢合硼酸钠的熔点高于四氢合硼酸铝，故答案为：NaBH4为离子晶体，A1(BH』3为分

子晶体；

【小问5详解】

反应时，Imol四氢合铝酸锂能提供8