2023年江苏省盐城市响水中学高考化学模拟试卷(附答案详解)

2023年江苏省盐城市响水中学高考化学模拟试卷〔二〕一、单项选择题〔1442.0分〕陶瓷是中华民族的重要文化遗产以黏土(主要成分为Al2O3⋅SiO2⋅2H2O)为原料制备陶瓷，一般步骤为制泥、成型、枯燥、烧制。以下说法正确的选项是( )向黏土中加水，局部氧化铝转化为氢氧化铝陶瓷是纯洁物烧制过程中发生了简洁的化学变化陶瓷属于有机高分子材料8 4 2 2 2 工业上利用反响S)△SH)+S)=S)+H8 4 2 2 2 A.S8(C.CS2的电子式为

)为极性分子 B.S8与S2互为同位素D.CH4和H2S的键角相等以下有关氧化物的性质与用途具有对应关系的是( )MgO熔点高，可用于制造耐火材料SO2具有氧化性，可用于漂白草编织物SiO2硬度大，可用于制作光导纤维Al2O3具有两性，可用于电解冶炼金属铝试验室制取乙酸乙酯时，以下装置不能到达相应试验目的的是( )混合反响物生成乙酸乙酯121页收集乙酸乙酯分别出乙酸乙酯短周期主族元素XYZW原子序数依次增大基态时X原子2p轨道上有3个电子，Y位于ⅡA族，X与Z处于同一主族，W的单质常温下是一种黄绿色气体。以下说法正确的选项是( )原子半径：r(X)<r(Y)<r(Z)<r(W)X与Y两种元素可形成化合物Y3X2Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的强W的氢化物分子间能形成氢键阅读以下资料，完成6～8题。CO22060年前实现碳中和。碳中和：通过节能减排，植树造林，化工合成等治理CO2的手段，使CO2排放量削减甚至是回收利用，以此到达CO2“零排放”的目的。以下有关CO2说法正确的选项是( )CO2与SiO2的晶体类型一样元素第一电离能：I1(CI1(O)CO2的空间构型为直线形2D.CO属于弱电解质2指定条件下，以下选项所示的转化关系不能实现是( )3)2(g)O32 C.))2(g)O2

B.aO)2(g)O2 2 3 D.O)2(g)O2 2 3 在二氧化碳合成甲醇的争论中，催化剂是争论的关键。目前国内外争论主要集中于铜基催化剂，有学者提出了CO2的转化过程如以下图。以下说法正确的选项是()基态铜电子排布：[Ar]3d94s2甲酸乙酯是该过程的催化剂步骤④中有化学键的断裂和形成221页反响过程中，催化剂参与反响，降低了反响的焓变某小组用硫铜矿煅烧废渣(主要含Fe2O3、CuO、FeO)为原料制取Cu2O，流程如图，以下说法不正确的选项是( )“调整pH”主要目的是除去Fe3+4 2 4 2 “复原”过程中主要发生的反响O +NH +H℃uO+N 4 2 4 2 +4K2SO4+6H2O用N2H4复原制取Cu2O的优点是产生N2气氛，可防止产品被氧化Cu2O的晶胞构造如以下图，其中X代表的是Cu+化合物Z(华法林)是一种香豆素类抗凝剂，可由如图反响制得，以下说法不正确的是( )Y分子存在顺反异构体Z分子中含有1个手性碳原子确定条件下，Y分子可以发生取代、加聚、复原反响1molX与足量NaOH溶液反响，最多消耗3molNaOHFeCl3溶液吸取H2S气体后的再生过程可降解酸性污水中的硝酸盐工作原理如以下图，以下说法正确的选项是( )a为电解池的阴极溶液M中含有大量的Fe2+、Cl−、H+3电极b上的反响为2NO−+10e−+6H2O=N2↑+12OH−3随着电解进展，H+移向阴极区，故阴极区pH减小321页常温下将NaOH溶液滴加到磷酸(H3PO4)溶液中，混合溶液中的pH与局部别子浓度变化的关系如以下图。以下说法正确的选项是( )Na2HPO4溶液中：2c(Na+)=c(H3PO4)+c(H2PO−)+c(HPO2−)+c(PO3−)4 4 4假设直线丙表示pH与−lg 4 的变化关系，应当在甲、乙之间c(HPO2−)4c(PO3−)4C.常温下H3PO4：Ka2(H3PO4)=10−6.794D.当c(HPO2−)=c(H3PO4)时，pH=4.684牙齿外表的矿物质Ca5(PO4)3OH可被CH3COOHNaHCO3NaF均可增加护齿效果。CH3COOH H3PO4 Ca5(PO4)3OHCa5(PO4)3FKa或Ksp1.76×10−5Kal7.52×10−3Ka32.2×10−13 8.0×10−30 4.0×10−60以下说法正确的选项是( )CH3COOH溶解Ca5(PO4)3OH的离子方程式为：Ca5(PO4)3OH+10CH3COOH=5Ca2++10CH3COO−+3H3PO4+H2O3比较0.1mol⋅L−1NaHCO3溶液和0.1mol⋅L−1NaF溶液中粒子浓度，存在：c(HCO−)+32c(H2CO3)<c(HF)+c(F−)c(F−)c(OH−)

<5.0×10−31时，Ca5

(PO4

)3OH可与F−反响转化为Ca

5(PO4

)3F4D.0.001mol⋅L−1Na3PO4溶液中：c(Na+)>c(OH−)>c(HPO2−)>c(H+)4选择性催化复原脱硝时，将NH3、NO、O2和Ar的混合气体以一样的流速通过填充有催化剂的反响器发生的主要反响为：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)。在不同温度下，仅转变O2的浓度，NO的脱除率与O2浓度的关系如图1所时，把握NH3

和NOn(NH3)，进展试验，NOn(NO)的脱除率与n(NH3)的关系如图2所示。以下说法不正确的选项是( )n(NO)421页O2浓度在1%～3%O2浓度增大，NO脱除率明显上升的缘由可能是NO与O2反响生成NO2，而NO2更易与NH3反响O2453K上升到493K时，NO的脱除率下降的缘由可能NO分解为N2和O2当n(NH3)=1时，NO脱除率最高的缘由可能是NH

、NO在催化剂外表吸附量相当n(NO) 3当n(NH3)>1后，NO的脱除率随着n(NH3)增大而减小的缘由可能是NH

发生副反响生n(NO)成了NO

n(NO) 3二、试验题〔116.0分〕聚合硫酸铁(PFS)是一种优质的絮凝剂，水溶液呈棕黄色，其化学组成可表示为[Fex(OH)y(SO4)z]m。以铅尾矿渣(含FeS2、PbS)为原料制备聚合硫酸铁。：①含Fe(NO)2+溶液为黑色。钨酸钠可与Ti3+生成蓝色物质“钨蓝”。4②“水解”的过程可表示为：Fe3++SO2−+H2O→Fex(OH)y(SO4)z+H+(1)写出“酸浸”过程中FeS2发生反响的离子方程式 。4①在“氧化、水解”过程中，溶液的pH与反响时间的关系如图1所示，pH在20min左右消灭波动的缘由是 。521页②“氧化、水解”时H2O2也可用NaNO2代替，反响的机理如图2所示，逐滴滴入NaNO2后的反响现象为 。设计以下试验测定以上制备[Fex(OH)y(SO4)z]m中x：y：z的值：步骤1.称取确定质量的PFS样品，参与40mL0.10mol/LHCl和蒸馏水配成100.00mL溶液，分成两等份。步骤2.取其中一份于锥形瓶中，参与钨酸钠指示剂，用0.10mol/L的TiCl3溶液滴定至终点，消耗TiCl3溶液30.00mL(Fe3++Ti3+=Fe2++Ti4+)。步骤3.取另一份溶液于锥形瓶中，参与足量KF溶液掩蔽Fe3+，滴加几滴酚酞溶液，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液10.00mL。①步骤2中滴定终点的现象是 。②试计算[Fex(OH)y(SO4)z]m中x：y：z的值(写出计算过程) 。三、简答题〔342.0分〕化合物F是合成一种镇痛药物的重要中间体，其合成路线如图：注：Ts为A分子中实行sp3杂化的碳原子数目是 。设计“B→C”步骤的目的是 。621页可用于鉴别B和C的常用化学试剂为 。F的一种同分异构体同时满足以下条件写出该同分异构体的构造简式。①分子中含有苯环；②能发生银镜反响；③核磁共振氢谱中有3个吸取峰。：请设计以 为原料制备 的合成路线 (无机试剂和有机溶剂任用，合成路线例如见此题题干)。氢氧化钴[Co(OH)2]是锂电池正极材料钴酸锂(LiCoO2)的前驱体．以CoSO4溶液、NaOH溶液、氨水和水合肼为原料可制得微米级Co(OH)2．：①Co2+、Co3+易与NH3形成络合物，[Co(NH3)6]2+的复原性强于Co(OH)2和Co2+；②水合肼N2H4⋅H2O为无色油状液体，具有强复原性，氧化产物为N2；③沉淀的生成速率越快，颗粒越小，呈凝乳状或胶体，不易过滤．60℃时在搅拌下向CoSO4溶液中参与氨水，调整pH至6后，再参与NaOH溶液，调整pH至9.5左右，一段时间后，过滤、洗涤，真空烘干得微米级Co(OH)2．①制备时，在参与NaOH溶液前必需先加氨水的缘由是 ．②洗涤时使用热水除去产品外表杂质检验产品是否洗净的试验操作是 ．经仪器分析，测得按题(1)步骤制得的Co(OH)2晶体构造中含有Co(Ⅲ)，进一步用碘量法测得Co(Ⅱ)的氧化程度为8%.因此制备时必需参与确定量的复原剂．①将500mL1mol/L的CoSO4溶液与氨水配成pH为6的溶液，参与三颈烧瓶中(装置见如图)，滴液漏斗a装有NaOH溶液、b中装有水合肼．60℃时依次将两种溶液参与三颈烧瓶充分反响后过滤试验时应先翻开滴液漏斗 (填“a”或“b”)．②为确保制得的Co(OH)2产品中不含Co(Ⅲ)，制备时至少需参与水合肼的质量为 g.以废旧锂电池正极材料(含LiCoO2，以及少量AlFe等)为原料制备微米级氢氧化钴．：酸性条件下的氧化性强弱挨次为Co3+>H2O2>Cl2>Fe3；LiOH可溶于水：如表所示是局部金属离子生成氢氧化物沉淀的pH．金属离子 Co2+Fe2+Fe3+Al2+开头沉淀的pH7.6 7.6 2.7 4.0沉淀完全的pH9.2 9.6 3.7 5.2请补充完整试验方案：取确定量废旧锂电池正极材料，粉碎后与Na2SO3溶液配成悬浊液在搅拌下 调整pH至9.5，过滤洗涤真空烘干得到微米级Co(OH)2.721页试验中可选用的试剂：1mol/LH2SO4溶液、2mol/LHCl溶液、5mol/LNaOH溶液、5mol/L氨水、30%H2O2溶液．太阳能光解水制备的H2和化工生产的副产氢，可实现资源的再利用。半导体光催化剂浸入水或电解质溶液中，光照时可在其外表得到产物。①该催化剂在水中发生光催化反响的原理如图1所示。用简洁的语言描述光解水的过程： 。②假设将该催化剂置于AgNO3溶液中，产物之一为O2，另一产物为 。Na2FeO4，同时获得氢气：Fe2HO+2OH−解2−

。工作原理如图2所示。装置通电后，铁电极2FeO24

+3H2↑4四周生成紫红色FeO2−，镍电极有气泡产生。假设氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色物质。：Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2复原。4①电解过程中须将阴极产生的气体准时排出，其缘由是 。②c(Na2FeO4)随初始c(NaOH)的变化如图3MN两点的c(Na2FeO4)均低于最高值的缘由是 。821页答案和解析【答案】C【解析】解：A.黏土中不含氧化铝，含有的硅酸盐、铝酸盐，向黏土中加水，含铝物质不会转化为氢氧化铝，故A错误；B.陶瓷含多种物质，属于混合物，故B错误；C.C正确；D.陶瓷成分为硅酸盐，是无机物，不是有机高分子材料，故D错误；应选：C。黏土中不含氧化铝；只含一种物质的为纯洁物；黏土烧制陶瓷过程有物质生成；D.陶瓷成分为硅酸盐。此题考察了物质的构造组成与性质，明确烧制陶瓷的原料、反响，明确陶瓷的主要成分即可解答，题目难度不大。【答案】C【解析】解：A.S8(的，为非极性分子，故A错误；

)的构造高度对称，整个分子中正负电荷重心是重合B.S8与S2互为同素异形体，故B错误；C.CS2的电子式为 ，故C正确；D.CH4和H2S的键角不相等，且H2SD错误；应选：C。整个分子中正负电荷重心是重合的分为非极性分子，反之为极性分子；同种元素的不同的单质互为同素异形体，同种元素的不同的原子互为同位素；C.CS2中中心原子为C原子，C和2个S原子之间形成C=S双键；D.CH4中是四对成键电子对之间的排解，H2S中S原子还含有2对孤电子对，孤电子对与孤电子对之间的斥力大于孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力。的书写，键角大小的推断分析等，属于根本学问的考察，难度不大。921页【答案】A【解析】解：A.MgO属于离子化合物，熔点高，可用于制造耐火材料，故A正确；B.SO2具有漂白性，可用于漂白草编织物，故B错误；C.SiO2C错误；D.Al2O3因其熔点相对较低，用于电解冶炼金属铝，与其是否属于两性氧化物无关，故D错误；应选：A。A.制造耐火材料的物质一般为熔、沸点高的物质；B.SO2具有漂白性；C.SiO2具常用于制作光导纤维，与硬度大小无关；D.Al2O3用于电解冶炼金属铝，与其是否属于两性氧化物无关。属于根本学问的考察，难度不大，【答案】A【解析】解：A.混合时将密度大的液体注入密度小的液体中，便于混合，应向乙醇中注入浓硫酸，最终加乙酸，故A错误；B.乙醇与乙酸发生酯化反响生成乙酸乙酯，图中装置可制备乙酸乙酯，故B正确；C.导管口在碳酸钠溶液的液面上，可防止倒吸，可收集乙酸乙酯，故C正确；D.乙酸乙酯不溶于水，与水分层，选分液漏斗可分别，故D正确；应选：A。A.混合时将密度大的液体注入密度小的液体中，便于混合；B.乙醇与乙酸发生酯化反响生成乙酸乙酯；C.导管口在碳酸钠溶液的液面上，可防止倒吸；D.乙酸乙酯不溶于水，与水分层。此题考察化学试验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物的分别提纯、物质的制备、试验技能为解答的关键，侧重分析与试验力气的考察，留意试验的评价性分析，题目难度不大。【答案】B【解析】解：依据分析可知，X为N，Y为Al，Z为P，W为Cl元素，原子半径：r(X)<r(W)<r(Z)<r(Y)A错误；21页由N与Al两种元素可形成化合物Al3N2B正确；P<N，则Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比XC错误；D.W的氢化物为氯化氢，氯化氢分子间不存在氢键，故D错误；应选：B。短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，W元素的单质常温下是一种黄绿色气W为ClX原子2p轨道上有31s22s22p3，则X为N元素，X与Z处于同一主族，则Z为P元素；Y位于ⅡA族，其原子序数大于N，则Y为Al元素，以此分析解答。此题考察原子构造与元素周期律，结合原子序数、原子构造来推断元素为解答关键，侧重分析与应用力气的考察，留意规律性学问的应用，题目难度不大。6~8.【答案】B、A、C【解析】【分析】由分子构成的晶体为分子晶体，由原子构成的晶体为共价晶体；B.CO2的构造式为O=C=O，C原子价层电子对个数是2，依据价层电子对互斥理论推断该分子空间构型C.IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族；D.二氧化碳和水反响生成H2CO3，H2CO3在水溶液中电离出H+。此题以二氧化碳为载体考察晶体类型推断、微粒空间构型推断、第一电离能推断、电解质非电解质的推断等学问点，侧重考察根底学问的把握和灵敏应用力气，D为解答易错点。【解答】解：A.故A错误；B.CO2的构造式为O=C=O，C原子价层电子对个数是2，依据价层电子对互斥理论推断该分子空间构型为直线形，故B正确；C.IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，因此C与O元素第一电离能性从大到小的挨次是I1(C)<I1(O)C错误；D.2323H+O2属于非电解质，故D错误；应选：B。【分析】21页盐酸的酸性比碳酸强；碳酸钠溶液中通入二氧化碳生成碳酸氢钠；次氯酸钙与二氧化碳和水反响生成碳酸钙和次氯酸；偏铝酸钠溶液与二氧化碳反响生成了氢氧化铝和碳酸氢钠。侧重分析与应用力气的考察，留意元素化合物学问的应用，题目难度不大。【解答】解：A.盐酸的酸性比碳酸强，故向氯化钠溶液中通入二氧化碳不反响，故A正确；B.碳酸钠溶液中通入二氧化碳与水反响生成碳酸氢钠，故B错误；C.次氯酸钙与二氧化碳和水反响生成碳酸钙和次氯酸，所示的物质间转化能实现，故C错误；D.偏铝酸钠溶液与二氧化碳反响生成了氢氧化铝和碳酸氢钠，化学方程式：NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3D错误；应选：A。【分析】电子排布为全满或半满时，原子的能量最低，较稳定；B.催化剂在反响前后的量是不变的；C.由图可知步骤④中的C−O和H−O键均发生了断裂；D.催化剂可以加快反响速率，降低反响的活化能，转变反响历程。此题考察比较综合，涉及核外电子排布、催化剂，属于一题多点型题目，题目侧重考察学生观看力气、分析力气、运用学问解决问题的力气。【解答】解：A.(Cu)原子的电子排布式为[Ar]3d104s1A错误；B.④乙酯的参与，即甲酸乙酯只有生成，没有消耗，所以甲酸乙酯不是催化剂，故B错误；C.由图可知步骤④中的C−O和H−O键均发生了断裂，生成了金属羟基化合物(H−O−M)C正确；D.D错误；应选：C。【答案】D【解析】解：A.“调整pH”主要目的是除去Fe3+，转化为沉淀，从而与铜离子分别，故A正确；B.4CuSO4+N2H4+21页2 2 2 4 HuO+N ↑KO +H，故B正确；2 2 2 4 C.Cu2O易被氧化，则用N2H4复原制取Cu2O的优点是产生N2气氛，可防止产品被氧化，故C正确；2D.4，白球个数为181=2，二者个数比为2：1，结合CuO可28知X代表的是O2−D错误；应选：D。废渣主要含Fe2O3CuOFeOFe3+Fe2+Cu2+，氧化时将Fe2+氧化为Fe3+，然后调整pH使Fe3+转化为沉淀，滤渣为氢氧化铁，由流程中反响物、生成物可知复原时发生4CuSO4

+N2H4

+H

2Cu2

O+N2↑+4K2SO4+6H2O，产生N2气氛，可防止产品被氧化，以此来解答。此题考察混合物的分别提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、混合物的分别提纯、试验技能为解答的关键，侧重分析与试验力气的考察，留意元素化合物学问的应用，题目难度不大。【答案】D解：A.YY存在顺反异构，故A正确；B.Z中连接上面苯环的碳原子为手性碳原子，所以有1B正确；C.Y中含有苯环、碳碳双键和羰基，具有苯、烯烃和酮的性质，苯环、甲基上的氢原子故C正确；D.X中酯基水解生成的羧基和酚羟基都能和NaOH以1：1反响，该分子水解生成1个羧基和11molX与足量NaOH2molNaOH，醇羟基不反响，故D错误；应选：D。A.Y中连接碳碳双键的碳原子连接不同的原子或原子团；B.Z中连接上面苯环的碳原子为手性碳原子；C.Y中含有苯环、碳碳双键和羰基，具有苯、烯烃和酮的性质；D.X中酯基水解生成的羧基和酚羟基都能和NaOH以1：1反响。及其性质的关系是解此题关键，知道顺反异构推断方法。【答案】B21页【解析】解：Aa极Fe2+−e−=Fe3+，aA错误；3B.FeCl3和H2S反响生成FeCl2SHCl，溶液M中含有大量的Fe2+Cl−H+，故B正确；C.电极b上硝酸根离子得电子生成氮气，电极反响为2NO−10e−12H+N2↑3+6H2OC错误；3D.随着电解进展，阴极发生反响2NO−+10e−+12H+=N2↑+6H2O，阴极消耗H+，3阴极区pHD错误；应选：B。a极Fe2+−e−=Fe3+，a为电解池的阳极；FeCl3和H2S反响生成FeCl2、S、HCl；C.电极b上硝酸根离子得电子生成氮气；3D.随着电解进展，阴极发生反响2NO−+10e−+12H+=N2↑+6H2O。3用力气的考察，把握电极的推断、电极反响及电极反响式的书写为解题关键，留意氧化复原反响规律的应用，题目难度中等。【答案】D【解析】解：A.溶液中存在物料守恒n(Na)=2n(P)，即c(Na+)=2[c(H3PO4)+c(H2PO−)+c(HPO2−)+c(PO3−)]A错误；4 44 B.Ka1=

c(H2PO−)c(H3PO4)

44×c(H+4

4)，−lg

c(Hc(H

3PO4)42PO−)4

=−lg

c(H+)Ka1

=pH+lgKa1，−lg

c(H2PO−)c(HPO2−)−lgc(H+)=pH+lgKKa2 a2

K

>Ka2

pHpH与−lgc(H3PO4)44c(H2PO−)44−lgc(H3PO4)

c(H2PO−) c(HPO2−)的关系，依据图知，曲线甲、乙分别表示

、−lg

4；−lg 4 =44c(H+)44

c(H2PO−)

c(HPO2−)4c(HPO2−)4

c(PO3−)−lg

Ka3

=pH+lgKa3，Ka2>Ka3pH与−lg

44c(PO3−)4

在乙曲线后，故B错误；c(H2PO−) c(HPO−) c(H+)

4 =1时溶液的pH=8.21，−lg

4 =1=−lg

=8.21+4 c(HPO2−) c(HPO2−4 lgKa2，Ka2=10−7.21C错误；

Ka2−lgc(H3PO4)444c(H2PO−)444

=2pH=4.15，则−lgc(H=2=pH+lgKKa1 a1

=4.15+lgKa1，a1K =10−2.15，−lga1

c(H2PO−)

=1时，溶液的pH=8.21，−lg

c(H2PO−)

=1=−lg

c(H+)=4= 4 ×c(H)4= 4 ×c(H)×

c(HPO2−)

Ka248.21+lgKa24

PO4

×Ka2

c(H2PO−) c(H3PO4)44c(HPO2)×c(H+)=c2(H+)，则c(H+)=√K444c(H2PO−) a14

×Ka2

×10−7.21mol/L=10−4.68mol/L，则溶液的pH=4.68D正确；应选：D。A.溶液中存在物料守恒n(Na)=2n(P)；21页B.Ka1=

c(H2PO−)

PO4)

=−lg

c(H+)

=pH+lgKa1，−lg

c(H2PO−)c(H3PO4)

c(H2

PO−)

Ka1

c(HPO2−)4−lgc(H+)=pH+lgK4Ka2 a2

K

>Ka2

pHpH与−lgc(H3PO4)4 444c(H2PO−)4 444−lgc(H3PO4)

c(H2PO−) c(HPO2−)的关系，依据图知，曲线甲、乙分别表示

、−lg

4；−lg 4 =−lgc(H+)=pH+lgKKa3

444a3，Ka2444

>Ka3；

c(H2PO−)

c(HPO2−)

c(PO3−)c(H2PO−)

c(HPO−) c(H+)

44c(HPO2−)4

=1pH=8.21，依据“−lg

2 44c(HPO2−)4

=−lg

Ka2

=pH+lgKa2”计算Ka2；D.−lgc(H3PO4)444c(H2PO−)444

=2pH=4.15，则−lgc(H+)=2=pH+lgKKa1 a1

=4.15+lgKa1，K =10−2.15，−lg

c(H2PO−)

=1时，溶液的pH=8.21，−lg

c(H2PO−)

=1=−lg

c(H+)=4c(HPO2−)4

c(HPO2−)

Ka248.21+lgK 4

=01−)=HO时K ×

=c(H2PO−)×c(H+)×a2 a2

4 3

a1

4c(H3PO4)4c(HPO2)c(H+)=c2(H+)，则c(H+)=√K44c(H2PO−) 4

×Ka2。此题考察弱电解质的电离，侧重考察图象分析、推断及计算力气，明确曲线与微粒成分D选项pH值的计算，该题计算量较大，难度中等。【答案】D【解析】解：A.醋酸电离平衡常数小于磷酸电离平衡常数，则醋酸酸性小于磷酸，依据强酸制取弱酸原理知，醋酸不能制取磷酸，故A错误；NaHCO3溶液呈碱性，说明HCO−的水解程度大于电离程度，则c(HCO

)>c(CO2−)，3 2 3 33 3 3)>B错误；存在沉淀溶解平衡Ca

(PO)

OH(s)+F−(sq)⇌Ca

(PO)

5 43

5 43

c(F−)Ksp[Ca5(PO4)3OH]=8.0×10−30

=2.0×1030，

c(F−)

<5.0×10−31时，Q

=c(F−)>Ksp[Ca5(PO4)5F] 4.0×10−60

c(OH−)

c c(OH−)0×00=543与−543，故C错误；4Na3PO4溶液中PO3−水解导致溶液呈碱性，但其水解程度较小，两次水解都生成氢氧−−)>−，钠离子不水解，所以溶44 4+)>−)>−)>−)>+，故D正确；4 4应选：D。酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能制取弱酸；NaHCO3溶液呈碱性，说明HCO−的水解程度大于电离程度，则c(HCO

)>c(CO2−)，3 2 3 33 321页

(PO)

OH(s)+F−(sq)⇌Ca

(PO)

F+OH−(sq)，K=c(OH−)=Ksp[Ca5(PO4)3OH]=5 43

5 43

c(F−) Ksp[Ca5(PO4)5F]8.0×10−304.0×10−60

=2.0×1030，

c(F−)c(OH−)

<5.0×10−31时，Qc

=c(F−)c(OH−)

>2.0×1030=K，沉淀溶解平衡逆向移动；44Na3PO4溶液中PO3−水解导致溶液呈碱性，但其水解程度较小，两次水解都生成氢氧根离子，只有一步水解生成HPO2−。44此题考察弱电解质的电离、盐类水解，侧重考察分析、推断及计算力气，明确弱电解质电离特点、盐类水解原理是解此题关键，C为解答难点，题目难度中等。【答案】B【解析】解：：A.O2浓度在1%～3%之间时，随着O2浓度增大，NO与O2反响生成NO2，而NO2更易与NH3反响，所以NO脱除率明NOA正确；B.O2浓度一样，温度从453K上升到493K，NO的脱除率下降的缘由应当是催化剂活性降低，故B错误；C.依据方程式可知NH3

、NO是依据化学计量数之比1：1进展的，所以n(NH3)=1时，NOn(NO)脱除率最高的缘由可能是NH3、NO在催化剂外表吸附量相当，故C正确；D.当n(NH3)=1后，随着n(NH3)的增大，NH

发生副反响生成了NO，因此NO的脱除率随n(NO)

n(NO) 3着n(NH3)增大而减小，故D正确；n(NO)应选：B。AO2%O2与O2O223反响；B.温度从453K上升到493K，NO的脱除率下降的缘由应当是催化剂活性降低；C.依据方程式可知NH3、NO是依据化学计量数之比1：1进展的；D.当n(NH3)=1后，随着n(NH3)的增大，NH

发生副反响生成了NO。n(NO)

n(NO) 3度不大。15.【答案】FeS2+2H+=Fe2++H2S↑+S H2O2氧化Fe2+消耗H+使溶液pH上升，生成的Fe3+水解产生H+使溶液的pH下降，两者速率的变化引起pH的波动溶液由浅绿色变为黑色，后黑色褪去，如此反复，最终溶液呈棕黄色滴入最终半滴TiCl3溶液，溶液由无色变为蓝色，且30s无变化3：1：421页【解析】解：(1)FeS2在酸性条件下生成S，S元素发生歧化反响，生成的气体为H2S，Fe元素以Fe2+形式进入溶液，反响离子方程式为FeS2+2H+=Fe2++H2S↑+S，故答案为：FeS2+2H+=Fe2++H2S↑+S；(2)①溶液pH产生忽高忽低的波动，氧化发生反响：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2HO，Fe3+水解：Fe3++SO2−+H2O→Fex(OH)y(SO4)z+H+，H

O氧化Fe2+消耗H+2 4 2 2使溶液pHFe3+水解产生H+使溶液的pHpH的波动，2O2+H++H+下降，两者速率的变化引起pH的波动；2②NO−与Fe2+反响生成Fe3+NO，NO再与Fe2+结合为Fe(NO)2+，最终Fe(NO)2+与O2反22应生成Fe3+、NO−，而信息①中含Fe(NO)2+溶液为黑色，可以观看到现象：溶液由浅绿色变为黑色，后黑色褪去，如此反复，最终溶液呈棕黄色，2故答案为：溶液由浅绿色变为黑色，后黑色褪去，如此反复，最终溶液呈棕黄色；+++=++++不再反响，而钨酸钠可与Ti3+生成蓝色物质“钨蓝”，步骤2中滴定终点的现象是：滴入最终半滴TiCl3溶液，溶液由无色变为蓝色，且30s无变化，故答案为：滴入最终半滴TiCl3溶液，溶液由无色变为蓝色，且30s无变化；②由Fe3++Ti3+=Fe2++Ti4+，可知每一份中n(Fe3+)=n(Ti3+)=n(TiCl3)=0.03L×0.10mol/L=0.003mol，步骤Ⅲ用氢氧化钠滴定剩余的HCl，一份溶液中2

=0.002mol，则PFS中n(OH−)=n(HCl)−n(NaOH)=40.002mol−0.01L×0.1mol/L=0.001mol，依据电荷守恒有：3n(Fe3+)=2n(SO2−)+4n(OH−)，即30.003mol=2n(SO2−)+0.001mol，可得n(SO2−)=0.004mol，故x：4 4y：z=0.003mol：0.001mol：0.004mol=3：1：4，故答案为：3：1：4。22O2+氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fex(OH)y(SO4)z，再聚合、枯燥获得聚合硫酸铁；FeS2在酸性条件下生成S，SH2S，Fe元素以Fe2+形式进入溶液；①溶液pH产生忽高忽低的波动，H2O2将Fe2+消耗H+，Fe3+水解产生H+，两者反响速率变化导致pH产生忽高忽低；22②NO−与Fe2+反响生成Fe3+NO，NO再与Fe2+结合为Fe(NO)2+，最终Fe(NO)2+与O2反响生成Fe3+、NO−，而信息①中含Fe(NO)2+溶液为黑色；22①钨酸钠可与Ti3+生成蓝色物质“钨蓝”；②依据Fe3++Ti3+=Fe2++Ti4+计算每一份中n(Fe3+)，用氢氧化钠滴定剩余的HCl，则聚合硫酸铁中氢氧根离子物质的量=每一份中HCl的物质的量−氢氧化钠的物质的量，再依据电荷守恒计算硫酸根的物质的量。21页此题考察物质制备工艺流程，题目涉及生疏方程式的书写、对现象的分析评价、滴定原理运用等，明确流程中各阶段目的、发生的反响、试剂的作用等，试题侧重考察学生综合运用学问的力气。【答案】4保护酚羟基FeCl3溶液 (或)【解析】解：(1)A分子中实行sp3杂化的碳原子形成4个单键，三个甲基碳原子及苯环连接的碳原子都形成4个单键，它们实行sp3杂化，即A分子中有4个碳原子实行sp3杂化，故答案为：4；D→E的过程中−OTS转化为−OH，重引入B→C消退的酚羟基，可知B→C的目的是保护酚羟基，故答案为：保护酚羟基；B含有酚羟基，能与Fe3+发生消去反响，而C不含酚羟基，鉴别B和C的常用化学试剂为FeCl3溶液，故答案为：FeCl3溶液；F( )分子中含有苯环；②能发生银镜反响，说明含有醛基，③核磁共振氢谱中有3个吸取峰，存在高度对称，符合一级的同分异构体为 、 ，故答案为： (或 )；21页发生消去反响生成 ，然后发生信息中氧化生成，再与Mg/乙醚反响生成 ，2分子在THF、0℃条件下生成 ，最终在Pd−C/H2，HCl、THF条件下生成 ，合成路线为℃ ，故答案为：℃ 。CH3Cl与Mg发生化合反响生成CH3MgCl，CH3MgCl与 先发生加成反响、再水解生成A，A组成上脱氧生成B，发生复原反响，B发生取代反响生成C，C发生取代反应生成D，D中−OTS转化为−OH生成E，发生取代反响，重引入B→C消退的酚羟基，可知B→C的目的是保护酚羟基，E发生取代反响生成F；(5) 发生消去反响生成 ，然后发生信息中氧化生成，再与Mg/乙醚反响生成 ，2分子在THF、0℃条件下生成 ，最终在Pd−C/H2，HCl、THF条件下生成 。此题考察有机物的推断与合成，涉及杂化方式、对步骤的分析评价、有机物鉴别与官能团检验、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，比照有机物的构造变化理解发生的反响，题目侧重考察学生分析推理力气、学问迁移运用力气。【答案】Co2+与NH3形成络合物[Co(NH3)6]2+，使溶液在Co2+的浓度减小，可以降低Co2+与OH−反响生成Co(OH)2沉淀的速率取最终一次洗涤的滤液，参与BaCl2溶液，21页如无白色沉淀生成，则产品已经洗涤干净，否则，未洗涤干净b 0.5 向其中参与1mol/LH2SO4至固体完全溶解，再参与30%H2O2溶液直至溶液颜色不再加深，然后向溶液中参与5mol/L氨水，调整pH=6，过滤，向滤液中参与5mol/LNaOH溶液+H−2溶液前必需先加氨水的缘由是：Co2+与NH3形成络合物[Co(NH3)6]2+，使溶液在Co2+的浓度减小，可以降低Co2+与OH−反响生成Co(OH)2沉淀的速率，故答案为：Co2+与NH3形成络合物[Co(NH3)6]2+，使溶液在Co2+的浓度减小，可以降低Co2+与OH−反响生成Co(OH)2沉淀的速率；②沉淀附着SO2−等，检验产品是否洗净的试验操作是：取最终一次洗涤的滤液，参与②4BaCl2溶液，如无白色沉淀生成，则产品已经洗涤干净，否则，未洗涤干净，故答案为：取最终一次洗涤的滤液，参与BaCl2溶液，如无白色沉淀生成，则产品已经洗涤干净，否则，未洗涤干净；①b，故答案为：b