2023 高考化学模拟试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再
选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题(共包括 22 个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、如图是一种染料敏化太阳能电池的示意图，电池的一个电极由有机光敏染料（R）涂覆在 TiO 纳米晶体表面制成，
2
另一电极由导电玻璃镀铂构成，下列关于该电池叙述不正确的是（ ）
A．染料敏化 TiO 电极为电池负极，发生氧化反应
2
B．正极电极反应式是：I -+2e-=3I-
3
C．电池总反应是：2R++3I-=I -+2R
3
D．电池工作时将太阳能转化为电能
2、能正确表示下列反应的离子方程式为( )。
A．向 FeBr 溶液中通入过量 Cl ：2Fe2＋＋Cl =2Fe3＋＋2Cl－
2 2 2
B．向碳酸钠溶液中通入少量 CO ：CO 2-＋2CO ＋H O=2HCO -
2 3 2 2 3
C．向碘化钾溶液中加入少量双氧水：3H O ＋I－=IO -＋3H O
2 2 3 2
D．向 CuSO 溶液中通入 H S：H S＋Cu2+=CuS↓＋2H+
4 2 2
3、根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项 实验操作 实验现象 结论
在 KI 淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通
A 蓝色褪去 还原性：I－＞SO 2
入 SO
2
B 向苯酚溶液中滴加少量浓溴水 无白色沉淀 苯酚浓度小
向 NaI、NaCl 混合溶液中滴加少量
C 有黄色沉淀生成 K (AgI)＜K (AgCl) sp sp
AgNO
3溶液
HNO
2电离出H+的能
用 pH 试纸测浓度均为 0.1mol·L－1的 CH COONa3 溶
D 力比 CH COOH3 的
CH COONa溶液和 NaNO pH pH3 2溶液的 液的 大
强
A．A B．B C．C D．D
4、研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的是
A．雾和霾的分散剂相同
B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵
C．NH3是形成无机颗粒物的催化剂
D．雾霾的形成与过度施用氮肥有关
5、下列所示的实验方案正确，且能达到实验目的的是（ ）
选项 实验目的 实验方案
分别在 MgCl2和 AlCl3溶液中滴加氨水直至过量，观
A 比较镁、铝的金属性强弱
察现象
B 比较 Cl 、Br2 2的氧化性强弱 将少量氯水滴入 FeBr2溶液中，观察现象
C 证明 SO2具有漂白性 将 SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色
D 证明电离常数K :HSO ->HCO - a 3 3 测得同浓度的 Na CO 溶液的 pH 大于 Na SO2 3 2 3溶液
A．A B．B C．C D．D
6、在使用下列各实验装置时，不合理的是
A．装置①用于分离 CCl 和 H O4 2 的混合物
B．装置②用于收集 H 、CO 、Cl2 2 2等气体
C．装置③用于吸收 NH 或 HCl3 ，并防止倒吸
D．装置④用于收集 NH ，并吸收多余的 NH 3 3
7、我国成功研制的新型可充电 AGDIB 电池(铝-石墨双离子电池)采用石墨、铝锂合金作为电极材料，以常规锂盐和碳
酸酯溶剂为电解液。电池反应为：C PF +Li Al=C +LiPE +Li Alx 6 y x 6 y 1 。放电过程如图，下列说法正确的是 －
A．B 为负极，放电时铝失电子
B．充电时，与外加电源负极相连一端电极反应为：Li Al－e－=Li++Li Al y y－1
C．充电时 A 电极反应式为 C +PF －﹣e-=C PF x 6 x 6
D．废旧 AGDIB 电池进行“放电处理”时，若转移 lmol 电子，石墨电极上可回收 7gLi
8、根据下表(部分短周期元素的原子半径及主要化合价)信息，判断以下叙述正确的是
元素代号 A B C D E
原子半径/nm 0.186 0.143 0.089 0.102 0.074
主要化合价 ＋1 ＋3 ＋2 ＋6、－2 －2
A．最高价氧化物对应水化物的碱性 C＞A
B．氢化物的沸点 H E H D 2 ＞ 2
C．单质与稀盐酸反应的速率 A＜B
D．C2＋与 A＋的核外电子数相等
9、短周期主族元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大。m、n、r 为这些元素组成的化合物，常温下，0.1 mol·L－1 m
溶液的 pH＝13，组成 n 的两种离子的电子层数相差 1。p、q 为其中两种元素形成的单质。上述物质的转化关系如图
所示。下列说法正确的是 （ ）
A．原子半径：X＜Y＜Z＜W
B．X、Z既不同周期也不同主族
C．简单氢化物的沸点：Y＜W
D．Y、Z、W 形成的一种化合物具有漂白性
10、已知 A、B 为单质，C 为化合物。能实现上述转化关系的是（ ）
A+B C C 溶液 A+B
①若 C 溶于水后得到强碱溶液，则 A 可能是 Na
②若 C 溶液遇 Na CO CO2 3放出 2气体，则 A 可能是 H 2
③若 C 溶液中滴加 KSCN 溶液显血红色，则 B 可能为 Fe
④若 C 溶液中滴加 NaOH 溶液有蓝色沉淀生成，则 B 可能为 Cu
A．①② B．③④ C．①③ D．②④
11、能确定为丙烯的化学用语是（ ）
A． B．C H C D CH =CH-CH 3 6 ． ． 2 3
12、SBP 电解法能大幅度提高电解槽的生产能力，如图为 SBP 电解法制备 MoO 的示意图，下列说法错误的是( ) 3
A．a 极为电源的负极，发生氧化反应
B．电路中转移 4mol 电子，则石墨电极上产生标准状况下 22.4LO 2
C．钛基钛锰合金电极发生的电极反应为：3H O+Mo4+-2e-=MoO +6H+ 2 3
D．电路中电子流向为：a 极 导 线 石墨，钛基钛锰电极 导 线 b 极
13、下列说法正确的是（ ）
A．lmol葡萄糖能水解生成 2molCH CH OH和 2molCO
3 2 2
B．苯的结构简式为 ，能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．相同物质的量的乙烯与乙醇分别在足量的 O 中完全燃烧，消耗 O 的物质的量相同
2 2
D．乙烯和植物油都能使溴水褪色，其褪色原理不同
14、铋(Bi)位于元素周期表中第VA族，其价态为+3时较稳定，铋酸钠(NaBiO )溶液呈无色。现取一定量的硫酸锰(MnSO )
3 4
溶液，向其中依次滴加下列溶液，对应的现象如表所示：
加入溶液 ①适量铋酸钠溶液 ②过量双氧水 ③适量 KI 淀粉溶液
实验现象 溶液呈紫红色 溶液紫红色消失，产生气泡 溶液缓慢变成蓝色
在上述实验条件下，下列结论不正确的是（ ）
A．BiO -的氧化性强于 MnO -
3 4
B．H O 可被高锰酸根离子氧化成 O
2 2 2
C．向铋酸钠溶液中滴加 KI 淀粉溶液，溶液一定变蓝色
D．H O 具有氧化性，能把 KI 氧化成 I
2 2 2
15、下列过程中没有发生电子转移的是（ ）
A．液氨作制冷剂 B．合成氨 C．大气固氮 D．生物固氮
16、将 1mol 过氧化钠与 2mol 碳酸氢钠固体混合，在密闭容器中，120℃充分反应后，排出气体，冷却，有固体残留．下
列分析正确的是（ ）
A．残留固体是 2mol Na CO
2 3
B．残留固体是 Na CO 和 NaOH的混合物
2 3
C．反应中转移 2mol 电子
D．排出的气体是 1.5mol 氧气
17、 “地沟油”可与醇加工制成生物柴油变废为宝。关于“地沟油”的说法正确的是
A．属于烃类 B．由不同酯组成的混合物
C．密度比水大 D．不能发生皂化反应
18、实验室处理含 FeBr 废催化剂的溶液，可得到溴的苯溶液和无水 FeCl 。下列做法能达到相应实验目的的是( )
3 3
A． 制取 Cl
2
B． 使 Br－转化为 Br
2
C． 分液，先放出水层，再倒出溴的苯溶液
D． 将分液后的水层蒸干获得无水 FeCl
3
19、下列有关物质的描述及其应用均正确的是（ ）
A．Al、Al O 、Al（OH） 、NaAlO 均能和 NaOH 溶液发生反应
2 3 3 2
B．Na O 中含有 O ，所以过氧化钠可为潜水艇舱提供氧气
2 2 2
C．FeCl 具有氧化性，用 FeCl 溶液刻蚀印刷铜电路板
3 3
D．Na、Al、Cu 可以分别用电解冶炼法、热还原法和热分解法得到
20、2019 年化学诺贝尔奖授予拓展锂离子电池应用的三位科学家。如图是某锂—空气充电电池的工作原理示意图，下
列叙述正确的是
A．电解质溶液可选用可溶性锂盐的水溶液
B．电池放电时间越长，Li O 含量越少
2 2
C．电池工作时，正极可发生 Li+＋O －e- = LiO
2 2
D．充电时，b 端应接负极
21、下列对图像的叙述正确的是
甲 乙 丙 丁
A．图甲可表示压强对反应： N (g) 3H (g) 2NH (g) H 92.4 kJ mol 1的影响
2 2 3
B．图乙中， t 时刻改变的条件一定是加入了催化剂
1
C．若图丙表示反应：A(g)+B(g) xC(g) ，则T T 、 x 2
1 2
D．图丁表示水中 c H 和 c OH 的关系，ABC 所在区域总有 c H c OH
22、某有机物的结构为 ，下列说法正确的是（ ）
A．1 mol 该有机物最多可以与 7 mol H 发生加成反应
2
B．该有机物可以发生取代、加成、氧化、水解等反应
C．0.1 mol 该有机物与足量金属钠反应最多可以生成 3.36L H
2
D．与该有机物具有相同官能团的同分异构体共有 8 种（不考虑立体异构）
二、非选择题(共 84 分)
23、（14 分）有两种新型的应用于液晶和医药的材料 W 和 Z，可用以下路线合成。
已知以下信息：
① (R 、R 、R 、R 为氢原子或烷烃基)
1 2 3 4
②1molB经上述反应可生成 2molC，且 C 不能发生银镜反应
③ (易被氧化)
④ +CH -CH=CH
3 2
请回答下列问题：
(1)化合物 A 的结构简式____________，A→B的反应类型为_______________。
(2)下列有关说法正确的是____________（填字母）。
A．化合物 B 中所有碳原子不在同一个平面上
B．化合物 W 的分子式为 C H N
11 16
C．化合物 Z的合成过程中，D→E步骤为了保护氨基
D．1mol 的 F 最多可以和 4 molH 反应
2
(3)C+D→W的化学方程式是________________________。
(4)写出同时符合下列条件的 Z的所有同分异构体的结构简式：_____________________。
①遇 FeCl 溶液显紫色；
3
②红外光谱检测表明分子中含有 结构；
③1H-NMR 谱显示分子中含有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子。
(5)设计 →D合成路线（用流程图表示，乙烯原料必用，其它无机过剂及溶剂任选）______________。
示例：CH CHO CH COOH CH COOCH CH
3 3 3 2 3
24、（12 分）某新型药物 G 合成路线如图所示：
已知：Ⅰ.RCHO H CN （R 为烃基）；
Ⅱ.RCOOH P B r3 ；
Ⅲ. +RNH
2
一 定 条件
请回答下列问题：
（1）A 的名称为 ___，合成路线图中反应③所加的试剂和反应条件分别是______。
（2）下列有关说法正确的是 __（填字母代号）。
A．反应①的反应类型为取代反应
B．C 可以发生的反应类型有取代、加成、消去、加聚
C．D 中所有碳原子可能在同一平面上
D．一定条件下 1 mol G 可以和 2 mol NaOH 或者 9 mol H 反应
2
（3）F 的结构简式为____。
（4）C 在一定条件下可以发生聚合反应生成高分子化合物，写出该反应的化学方程式 ______。
（5）D 有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有 ___种。
①属于芳香族化合物，且分子中含有的环只有苯环
②能发生银镜反应和水解反应
（6）参照 G 的上述合成路线，设计一条由乙醛和 H NCH（CH ） 为起始原料制备医药中间体 CH CONHCH（CH ）
2 3 2 3 3
的合成路线______。
2
25、（12 分）硝酸亚铁可用作媒染剂、分析试剂、催化剂等。
(1)硝酸亚铁可用铁屑在低温下溶于稀硝酸制得，还原产物为 NO。反应的化学方程式为________。
(2)某小组为探究硝酸亚铁晶体的热分解产物，按下图所示装置进行实验。
①仪器 B 的名称是____，实验中无水 CuSO 变蓝，由此可知硝酸亚铁晶体含有___。
4
②实验中观察到 A 装置的试管中有红棕色气体生成，检验热分解后固体为氧化铁的实验方案为：
实验步骤 现象
取少量固体加适量稀硫酸，振荡，将溶液分成两份 固体溶解得黄色溶液
一份滴入____ 溶液变成红色
另一份滴入 1～2 滴 K [Fe(CN) ]3 6 溶液 ___________
A 中硝酸亚铁晶体[Fe(NO ) ·xH O]分解的化学方程式为______ 3 2 2 。
(3)继续探究 mg 硝酸亚铁晶体中铁元素的质量分数
①取 A 中热分解后的固体放入锥形瓶，用稀硫酸溶解，加入过量的 KI 溶液，滴入 2 滴___作指示剂。
②用 a mol/LNa S O 标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(已知：I +2S O 2-=2I-+S O 2-)2 2 3 2 2 3 4 6 ，滴定至终点时用去 bmLNa S O2 2 3溶
液，则硝酸亚铁晶体中铁的质量分数为______。
26、（10 分）二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色气体，极易溶于水，在混合气体中的体积分数大于 10％就可能发生爆炸，
在工业上常用作水处理剂、漂白剂。回答下列问题：
（1）在处理废水时，ClO 可将废水中的 CN-氧化成 CO 和 N ，该反应的离子方程式为_________2 2 2 。
（2）某小组通过 NaClO 法制备 ClO3 2，其实验装置如下图。
①通入氮气的主要作用有两个，一是可以起到搅拌作用，二是______________；
②装置 B 的作用是______________；
③装置 A 用于生成 ClO 气体，该反应的化学方程式为______________2 ；
④当看到装置 C 中导管液面上升时应进行的操作是______________。
（3）测定装置 C 中 ClO 溶液的浓度：用______________（填仪器名称）取 10.00 mLC2 中溶液于锥形瓶中，加入足量
的 KI 溶液和 H SO 酸化，用 0.1000 mol·L-12 4 的 Na S O2 2 3标准液滴定至溶液呈淡黄色，发生反应：I +2S O 2-=2I-+S O 2-2 2 3 4 6 ，
再加入__________作指示剂，继续滴定，当溶液_______，即为终点。平行滴定 3 次，标准液的平均用量为 20.00 mL，
则 C 中 ClO2溶液的浓度为________mol·L-1。
27、（12 分）氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl 难溶于乙醇和水，可溶于氯离子浓度较大的
体系，在潮湿空气中易水解、氧化。
（制备）方法一：
（资料查阅）
(1)仪器 X 的名称是______，在实验过程中，B 中试纸的颜色变化是______。
(2)实验操作的先后顺序是 a ______ e (填操作的编号)
a.检查装置的气密性后加入药品 b.熄灭酒精灯，冷却 c.在气体入口处通入干燥 HCl
d.点燃酒精灯，加热 e.停止通入 HCI，然后通入 N
2
(3)反应结束后发现含有少量 CuO 杂质，产生的原因是______。
方法二：
(4)向CuSO ,溶液中加入一定量NaCl 和 Na SO 可生成自色沉淀 CuCl 离子方程式为______，过滤，沉淀用
4 2 3
2 x 3 m的酸洗，水洗，乙醇洗三步操作，酸洗采用的酸是______(写名称)，用乙醇洗涤的原因是______(任写一
点)。
（含量测定）
(5)准确称取所制备的氯化亚铜样品 m g，将其置于过量的FeCl 溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用 a
3
mol/L 的K Cr O 溶液滴定Fe2 到终点，消耗K Cr O 溶液 b mL，反应中Cr O2 被还原为Cr3+ ，样品中 CuCl 的
2 2 7 2 2 7 2 7
质量分数为______(CuCl 分子量：99.5g/mol )
（应用）利用如下图所示装置，测定高炉煤气中 CO、CO 、 N 和O )的百分组成。
2 2 2
(6)已知：
i.CuCl 的盐酸溶液能吸收 CO 形成Cu CO Cl H O。
2
ii.保险粉 (Na S O )和 KOH 的混合溶液能吸收氧气。
2 2 4
①出保险粉和 KOH 混合溶液吸收O 的离子方程式：______。
2
②D、F 洗气瓶中宜盛放的试剂分别是______、______。
28、（14 分）NO 是空气的主要污染物之一。回答下列问题：
x
（1）汽车尾气中的 NO 来自于反应：N (g)＋ O (g) 2NO(g)。如图表示在不同温度时，一定量 NO 分解过程中 N
2 2 2
的体积分数随时间的变化。则 N (g)＋ O (g) 2NO(g)为________(填“吸热”或“放热”)反应。2000℃时，向容
2 2
积为 2L 的密闭容器中充入 10mol N 和 5mol O ，发生上述反应，10min 达到平衡，产生 2mol NO，则 10min 内的平均
2 2
反应速率 υ(O )＝____mol·L－1·min－1。
2
（2）在汽车的排气管上加装催化转化装置可减少 NO 的排放。研究表明，NO 的脱除率除与还原剂、催化剂相关外，还
x x
取决于催化剂表面氧缺位的密集程度。以 La A BCoO (A、B 均为过渡元素)为催化剂，用H 还原 NO 的机理如下：
0.8 0.2 3＋X 2
第一阶段：B4＋(不稳定)＋H →低价态的金属离子(还原前后催化剂中金属原子的个数不变)
2
第二阶段：NO(g)＋□→NO(a) ΔH 、K
1 1
2NO(a)→2N(a)+O (g) ΔH 、K
2 2 2
2N(a)→N (g)＋2□ ΔH 、K
2 3 3
2NO(a)→N (g)+2O(a) ΔH 、K
2 4 4
2O(a)→O (g)＋2□ ΔH 、K
2 5 5
注：□表示催化剂表面的氧缺位，g 表示气态，a表示吸附态
第一阶段用氢气还原 B4＋得到低价态的金属离子越多，第二阶段反应的速率越快，原因是_____。第二阶段中各反应焓
变间的关系：2ΔH ＋ΔH ＋ΔH ＝________；该温度下，NO 脱除反应 2NO(g) N (g)＋O (g)的平衡常数 K＝
1 2 3 2 2
_______(用 K 、K 、K 的表达式表示)。
1 2 3
（3）工业废气中的 NO 和 NO 可用 NaOH 溶液吸收。向 20mL0.1mo1·L－1NaOH溶液中通入含 NO 和 NO 的废气，溶液 pH
2 2
随气体体积 V的变化如图所示(过程中温度保持不变)，B 点对应的溶液中 c(HNO )＝c(NO －)，则 A 点对应溶液中
2 2
c(NO )/c(HNO )＝________。
2 2
（4）氨催化还原法也可以消除 NO，原理如图所示，NO 最终转化为 H O 和________(填电子式)；当消耗 1 molNH 和 0.5
2 3
molO 时，理论上可消除____________L(标准状况)NO。
2
29、（10 分）研究 CO2的综合利用对促进“低碳经济”的发展有重要意义。
(1)工业上以 CO 、NH 为原料生产尿素[CO(NH ) ]2 3 2 2 ，反应实际为两步进行：
I：2NH (g)+CO (g) H NCOONH (s) △H =-272kJ·mol-1 3 2 2 4 1
II：H NCOONH (s) CO(NH ) (s)+H O(g) △H =+138kJ·mol-1 2 4 2 2 2 2
已知：H O(l)==H O(g) △H =+44kJ·mol-1 2 2 3
①请写出以 NH 、CO 为原料，合成尿素和液态水的热化学方程式______________3 2 。
②T ℃时，在 1L 的密闭容器中充入 CO 和 NH 模拟工业生产，n(NH )/n(CO )=x1 2 3 3 2 ，如图是 CO2平衡转化率(
)与 x
的关系。求图中 A 点 NH3的平衡转化率
=________％。
③当 x=1.0 时，若起始的压强为 p kPa0 ，水为液态，平衡时压强变为起始的 1/2。则该反应的平衡常数
K =_______(kPa)-3(K
p P为以分压表示的平衡常数)。
(2)用 CO 和 H 合成甲醇：3H (g)+CO (g) CH OH(g)+H O(g) H= 49 0kJ·mol-1 T2 2 2 2 3 2 △ － . 。在 ℃时，甲、乙、丙三个
2L 的恒容密闭容器中，按不同方式投入反应物，测得平衡时有关数据如下：
①甲容器 10s 达到平衡时测得 x=39.2，则甲中 CO 的平均反应速率____________2 。
②下列说法正确的是________(填字母编号)。
A．2c
(3)用 NaOH 溶液做碳捕捉剂可获得化工产品 Na CO2 3。常温下若某次捕捉后得到 pH=10 的溶液，则溶液中 c(CO 2-)3 ：
c(HCO -)=_____[K (H CO )=4.4×10-7、K (H CO )=5×10-11]，溶液中 c(Na+)_____c(HCO -)+2c(CO 2-)(填“>”“=”3 1 2 3 2 2 3 3 3 或“＜”)。
参考答案（含详细解析）
一、选择题(共包括 22 个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、C
【答案解析】
根据图示装置可以知道：染料敏化 TiO2电极为电池负极，发生氧化反应，R﹣e﹣=R+，正极电极发生还原反应，电极
反应式是：I ﹣+2e﹣═3I﹣3 ，总反应为：2R+3I﹣═I ﹣+2R+3 ，据此回答。
【题目详解】
A.根据图示装置可以知道染料敏化 TiO 电极为电池负极，发生氧化反应 R﹣e﹣=R+2 ，故 A 正确；
B.正极电极发生还原反应，电极反应式是：I ﹣+2e﹣═3I﹣3 ，故 B 正确；
C.正极和负极反应相加可以得到总反应：2R+3I﹣═I ﹣+2R+3 ，故 C 错误；
D.太阳能电池工作时，将太阳能转化为电能，故 D 正确。
故选 C。
2、D
【答案解析】
A. 向 FeBr 溶液中通入过量 Cl 4Br +2Fe2++3Cl = 2 2，溴离子和亚铁离子都被氧化，正确的离子方程式为： 2
2Fe3++2Br +6Cl ，故 A2 错误；
B. 向碳酸钠溶液中通入少量 CO2，反应生成碳酸氢钠，该反应的离子方程式为：CO 2 ＋CO ＋H O = 2HCO －3 2 2 3 ，故 B
错误；
C. 向碘化钾溶液中加入少量双氧水，反应生成碘单质，该反应的离子方程式为：2H++ H O ＋ 2I－= I +2H O2 2 2 2 ，故 C
错误；
D. 向 CuSO 溶液中通入 H S，生成 CuS 沉淀，该反应的离子方程式为：H S＋Cu2+=CuS↓＋2H+4 2 2 ，故 D 正确。
综上所述，答案为 D。
3、D
【答案解析】
A．KI 淀粉溶液中滴入氯水变蓝，生成碘单质，再通入 SO ，碘与二氧化硫发生氧化还原反应生成 I－2 ，二氧化硫为还
原剂，I－为还原产物，证明还原性 SO2＞I－，选项 A 错误；
B．苯酚能和浓溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀，三溴苯酚能溶于苯酚，所以得不到白色沉淀，该实验结论
错误，选项 B 错误；
C．因为 I－、Cl－浓度大小不知，虽然黄色沉淀为 AgI，但无法通过物质溶度积比较，则无法证明 K (AgI)＜K (AgCl)sp sp ，
选项 C 错误；
D．在相同条件下，酸性越弱其盐溶液的水解程度越大，则用 pH 试纸测浓度均为 0.1mol·L－1的 CH COONa3 溶液和
NaNO 溶液的 pH，CH COONa 溶液的 pH 大，证明 HNO 电离出 H+的能力比 CH COOH2 3 2 3 的强，选项 D 正确。
答案选 D。
4、C
【答案解析】
A.雾和霾的分散剂均是空气；
B.根据示意图分析；
C.在化学反应里能改变反应物化学反应速率（提高或降低）而不改变化学平衡，且本身的质量和化学性质在化学反应
前后都没有发生改变的物质叫催化剂；
D.氮肥会释放出氨气。
【题目详解】
A. 雾的分散剂是空气，分散质是水。霾的分散剂是空气，分散质固体颗粒。因此雾和霾的分散剂相同，A 正确；
B. 由于氮氧化物和二氧化硫转化为铵盐形成无机颗粒物，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B 正确；
C. NH3作为反应物参加反应转化为铵盐，因此氨气不是形成无机颗粒物的催化剂，C 错误；
D. 氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，由于氮肥会释放出氨气，因此雾霾的形成与过度施用氮肥
有关，D 正确。答案选 C。
【答案点睛】
结合示意图的转化关系明确雾霾的形成原理是解答的关键，氨气作用判断是解答的易错点。本题情境真实，应用导向，
聚焦学科核心素养，既可以引导考生认识与化学有关的社会热点问题，形成可持续发展的意识和绿色化学观念，又体
现了高考评价体系中的应用性和综合性考查要求。
5、D
【答案解析】
A．分别在 MgCl 和 AlCl2 3溶液中滴加氨水直至过量，均生成白色沉淀，无法比较镁、铝的金属性强弱，故 A 错误；
B．Fe2+的还原性大于 Br-，将少量氯水滴入 FeBr 溶液中，首先氧化 Fe2+，则无法比较 Cl 、Br2 2 2的氧化性强弱，故 B
错误；
C．将 SO 通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，体现 SO2 2的还原性，不是漂白性，故 C 错误；
D．测得同浓度的 Na CO 溶液的 pH 大于 Na SO 溶液，说明 CO 2-的水解能力大于 SO 2-，则电离能力 HSO ->HCO -2 3 2 3 3 3 3 3 ，
即电离常数 K :HSO ->HCO -，故 Da 3 3 正确；
故答案为 D。
6、D
【答案解析】
A．CCl H O4和 2 的混合物分层，则图中分液装置可分离，选项 A 正确；
B．短导管进入可收集密度比空气小的气体，长导管进入可收集密度比空气大的气体，则图中装置可收集 H 、CO2 2、
Cl
2等气体，选项 B 正确；
C．四氯化碳的密度比水大，在下层，可使气体与水不能直接接触，则装置用于吸收 NH HCl3或 ，并防止倒吸，选项
C 正确；
D．不能利用无水氯化钙干燥氨气，应选碱石灰干燥，选项 D 错误；
答案选 D。
【答案点睛】
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、气体的收集、防止倒吸等，把握图中装置的作用
及实验基本技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查。
7、C
【答案解析】
电池反应为 C PF +Li Al=C +LiPE +Li Al ,x 6 y x 6 y 1 根据离子的移动方向可知 A 是正极, B 是负极,结合原电池的工作原理解－
答。
【题目详解】
A、根据装置图可知放电时锂离子定向移动到 A 极，则 A 极为正极，B 极为负极，放电时 Al 失电子，选项 A 错误；
B、充电时，与外加电源负极相连一端为阴极，电极反应为：Li++Li Al+e－= Li Al, y 1 y 选项 B 错误； －
C、充电时 A 电极为阳极，反应式为 C +PF －﹣e－=C PF , x 6 x 6 选项 C 正确;
D、废旧 AGDIB 电池进行放电处理”时,若转移 1mol 电子,消耗 1molLi ,即 7gLi 失电子,铝电极减少 7g , 选项 D 错误。
答案选 C。
【答案点睛】
本题主要是考查化学电源新型电池,为高频考点,明确正负极的判断、离子移动方向即可解答,难点是电极反应式的书写。
8、B
【答案解析】
元素的最高正价=最外层电子数，最高正价和最低负价绝对值的和为 8，D、E 两元素最外层电子数为 6，故为第 VIA
元素，而 D 的半径大于 E，故在周期表中 E 元素在上面，D 在下面，故 E 为 O，D 为 S，B 元素最最外层电子数为 3，
为 B 或 Al，但是半径比氧和硫均大，故位于氧元素和硫元素的中间，应为 Al，A 的半径比铝大，最外层电子数为 1，
应为 Na，C 的半径最小，最外层两个电子，故为 Be，据此分析解答问题。
【题目详解】
A．A、C 最高价氧化物对应水化物分别为 NaOH 和 Be(OH)2，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金
属性 Na>B，故碱性 NaOH > Be(OH)2，A 选项错误；
B．H O2 含有氢键，分子间作用力较强，氢化物的沸点较高，则 H D< H E，B2 2 选项正确；
C．金属钠的活泼性强于铝，故与稀盐酸反应的速率 Na > A1，C 选项错误；
D．Be2+与 Na+的核外电子数分别为 2、10，二者核外电子数不等，D 选项错误；
答案选 B。
【答案点睛】
本题主要考查了学生有关元素周期表和周期律的应用，难度一般，解答关键在于准确掌握原子半径和化合价的关系，
熟记元素周期表中的递变规律，学以致用。
9、D
【答案解析】
0.1mol·L－1m 溶液的 pH＝13，则 m 为一元强碱，应该为 NaOH，组成 n 的两种离子的电子层数相差 1，根据图示可知，
n 为 NaCl，电解 NaCl 溶液得到 NaOH、H 和 Cl ，p、q 为其中两种元素形成的单质，则 p、q 为 H 和 Cl2 2 2 2，结合短
周期主族元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大可知：X 为 H 元素、Y 为 O 元素、Z为 Na 元素、W 为 Cl 元素，据
此答题。
【题目详解】
由分析可知：X 为 H 元素、Y 为 O 元素、Z为 Na 元素、W 为 Cl 元素。
A.电子层数越多，则原子的半径越大，具有相同电子层数的原子，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，所以原
子半径：X＜Y＜W＜Z，故 A 错误；
B.由分析可知：X 为 H 元素、Z为 Na 元素，X、Z 的最外层电子数均为 1，属于同一主族，故 B 错误；
C.Y、W 形成的氢化物分别为 H O 和 HCl，因为水分子中含有氢键，含有氢键的物质熔沸点较高，所以简单氢化物的
2
沸点：Y＞W，故 C 错误；
D.Y、Z、W 形成的一种化合物为 NaClO，NaClO 具有强氧化性，可用于漂白，具有漂白性，故 D 正确。
故选 D。
10、D
【答案解析】
从 A+B C C 溶液 A+B 的转化关系可知，电解 C 溶液时，是电解电解质本身，因此 C 溶液中
的溶质可以为不活泼金属的无氧酸盐或无氧酸；据此分析解答。
【题目详解】
①若 A 为钠，则 B 为氧气，则 C 为过氧化钠，C 的水溶液为氢氧化钠，电解氢氧化钠得到氢气和氧气，不符合转化关
系，故①错误；
②若 C 的溶液遇 Na CO ，放出 CO 气体，则 C 可以为 HCl、HBr、HI 等，电解这些酸的水溶液实际上是电解溶质本
2 3 2
身，在阴极得到氢气，故 A 可能是 H ，B 可能为卤素单质，故②符号上述转化关系，故②正确；
2
③若 C 的溶液中滴加 KSCN 溶液显红色，则 C 中含铁离子，电解铁盐不会得到铁单质，不符合转化关系，故③错误；
④由 C 的溶液中滴加 NaOH 溶液有蓝色沉淀生成，则 C 为铜盐，C 可以为卤化铜，如氯化铜、溴化铜等，电解他们的
水溶液都会得到铜和卤素单质，故 B 可以为铜，故④正确；
故选 D。
11、D
【答案解析】
A．球棍模型 中不一定由 C、H 两种元素组成，所以不一定为丙烯，A 不合题意；
B．C H 可能为丙烯，也可能为环丙烷，所以不一定为丙烯，B 不合题意；
3 6
C． 中少了 1 个 H 原子，丙烯的电子式为： ，C 不合题意；
D．丙烯的结构简式为：CH =CH-CH ，D 符合题意；
2 3
故选 D。
12、B
【答案解析】
根据图像电流方向，可知 a 为负极，b 为正极，石墨为阴极，钛基钛锰合金为阳极。
【题目详解】
A 选项，根据上面分析得出 a 极为电源的负极，发生氧化反应，故 A 正确；
B 选项，石墨是氢离子得到电子生成氢气，因此电路中转移 4mol 电子，则石墨电极上产生标准状况下 44.8L 氢气，故
B 错误；
C 选项，钛基钛锰合金电极是阳极，发生氧化反应，电极反应为：3H O+Mo4+－2e－=MoO +6H+，故 C 正确；
2 3
D 选项，电路中电子流向为：负极 a 极 导 线 阴极石墨，阳极钛基钛锰电极 导 线 正极 b 极，故 D 正
确。
综上所述，答案为 B。
【答案点睛】
电解质中电子移动方向：电源负极 导 线 电解质阴极，电解质阳极 导 线 电源正极；电解质中离子移动
方向：阳离子移向阴极，阳离子移向阳极。
13、C
【答案解析】
A．葡萄糖是单糖不能水解，lmol葡萄糖能分解生成2molCH CH OH和2molCO ，故A错误；B．苯的结构简式为
3 2 2
，但分子结构中无碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C．乙醇分子式可以变式为C H ·H O
2 4 2
，故乙醇燃烧相当于乙烯燃烧，耗氧量相同，
故C正确；D．乙烯和植物油均含有碳碳双键，都能使溴水褪色，其褪色原理均为加成反应，故D错误；答案为C。
14、C
【答案解析】
向一定量的硫酸锰(MnSO )溶液中滴入适量铋酸钠溶液，溶液呈紫红色说明 Mn2+被 BiO -氧化为 MnO -；再滴入过量
4 3 4
双氧水，溶液紫红色消失，产生气泡，说明 MnO -把 H O 氧化为 O ；最后滴入适量 KI 淀粉溶液，溶液缓慢变成蓝
4 2 2 2
色，说明 H O 把 KI 氧化为 I ；
2 2 2
【题目详解】
A. 氧化剂的氧化性大于氧化产物，Mn2+被 BiO -氧化为 MnO -，BiO -的氧化性强于 MnO -，故 A 正确；
3 4 3 4
B. 滴入过量双氧水，溶液紫红色消失，产生气泡，说明 MnO -把 H O 氧化为 O ，故 B 正确；
4 2 2 2
C.铋酸钠具有强氧化性，向铋酸钠溶液中滴加KI 溶液，I-可能被氧化为 IO -，所以溶液不一定变蓝色，故 C 错误；
3
D. 由③中现象可知：碘离子被双氧水氧化成单质碘，故 D 正确；
故选 C。
【答案点睛】
本题考查学生氧化还原反应中氧化性强弱的判断方法，掌握氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性是关键，注意 I-被
强氧化剂氧化的产物不一定是 I 。
2
15、A
【答案解析】
A．液氨作制冷剂，液态氨变为气态氨，是物理变化，不存在电子转移，故 A 错误；
B．合成氨是氢气与氮气反应生成氨气，是氧化还原反应，存在电子转移，故 B 正确；
C．大气固氮是氮气转化为含氮化合物，发生氧化还原反应，存在电子转移，故 C 正确；
D．生物固氮是氮气转化为含氮化合物，发生氧化还原反应，存在电子转移，故 D 正确；
故答案为 A。
16、A
【答案解析】
过氧化钠受热不分解，但是 NaHCO 受热分解2NaHCO Na CO +CO +H O ，产生 1mol 二氧化碳和 1mol 水，
3 3 2 3 2 2
二氧化碳和水都能和过氧化钠发生反应，但是此处过氧化钠是少量的，因此要优先和二氧化碳发生反应
2Na O +2CO =2Na CO +O ，得到 1mol 碳酸钠和 0.5mol 氧气，此时我们一共有 2mol 碳酸钠、1mol 水和 0.5mol
2 2 2 2 3 2
氧气。整个反应中只有过氧化钠中-1 价的氧发生了歧化反应，因此一共转移了 1mol 电子，答案选 A。
17、B
【答案解析】
A．“地沟油”的主要成分为油脂，含有氧元素，不属于烃类，选项 A 错误；
B．“地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，是由不同酯组成的混合物，选项 B 正确；
C．“地沟油”的主要成分为油脂，油脂的密度比水小，选项 C 错误；
D．皂化反应是指油脂在碱性条件下的水解反应，“地沟油”的主要成分为油脂，能发生皂化反应，选项 D错误。
答案选 B。
【答案点睛】
本题主要考查了油脂的性质与用途，熟悉油脂结构及性质是解题关键，注意皂化反应的实质是高级脂肪酸甘油酯的水
解反应，“地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，密度比水小，油脂在碱性条件下的水解反应为皂化反应。
18、C
【答案解析】
A. 实验室制备氯气是用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应，稀盐酸与二氧化锰不反应，不能制备氯气，A 项错误；
B. 用氯气氧化溴离子时，导气管应该采用“长进短出”原则，所以该装置错误，不能实现实验目的，B 项错误；
C. 分液时先从下口放出水相，再从上口倒出有机相，C 项正确；
D. 蒸发时应该，蒸发至有大量晶体析出时停止加热，用余热蒸干，另外 FeCl 水解生成的盐酸易挥发，直接蒸发，得
3
不到无水 FeCl ，D 项错误；
3
答案选 C。
【答案点睛】
本题考查化学实验方案评价，涉及物质制备、实验操作等知识点，明确实验原理、物质性质、实验操作规范是解本题
的关键，易错点是选项 D，加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，升高温度促进水解，为防止水解，
应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液。
19、C
【答案解析】
A、NaAlO 与 NaOH 不反应，故 A 不正确；
2
B、Na O 为离子化合物，含 O 元素，不含 O ，但用过氧化钠可为潜水艇舱提供氧气，故 B 不正确；
2 2 2
C、Cu 与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，利用氧化铁的氧化性，用 FeCl 溶液刻蚀印刷电路板，故 C 正确；
3
D、Al 活泼性很强，用电解熔融氧化铝的方式制备，所以 Na、Al、Cu 可以分别用电解冶炼法、电解冶炼法热分解法
得到，故 D 不正确；
故选 C。
20、D
【答案解析】
根据电子的流向可知 b 极为负极，锂单质失电子被氧化，a 极为正极，氧气得电子被还原。
【题目详解】
A．负极单质锂与水反应，所以电解溶液不能用水溶液，故 A 错误；
B．电池放电过程中锂单质被氧化成锂离子，锂离子移动到正极发生 xLi++O +xe-=Li O ，所以时间越长正极产生的 Li O
2 x 2 2 2
越多，而不是越少，故 B 错误；
C．正极发生得电子的还原反应，当 x=1 时发生：Li++O +e-=LiO ，故 C 错误；
2 2
D．充电时，b 极锂离子转化为锂，发生还原反应，即为电解池的阴极，则充电时，b 端应接负极，故 D 正确；
故选 D。
21、C
【答案解析】
本题考查化学平衡及沉淀溶解平衡，意在考查知识迁移能力。
【题目详解】
A.合成氨反应压强越大，化学反应速率越快；合成氨反应为气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，N 的转
2
化率增大，故 A 错误；
B.若反应为气体分子数不变的反应，平衡后增大压强，反应速率加快，但平衡不移动，故 B 错误；
C.分析曲线 a、b 可知，曲线 b 先出现拐点，则 p p T p C% T p2> 1， 1、 2条件下平衡时 比 1、 1时的大，说明增大压强平衡
正向移动，则 x<2，分析曲线 b、c 可知，b 曲线先出现拐点，则 T >T1 2，故 C 正确；
D.BC 线上任意点都有 c(H+)=c(OH-)，ABC 区域位于直线 BC 的左上方的区域内任意点均有 c(H+)>c(OH-)，故 D 错误；
答案： C
22、A
【答案解析】
该物质中含有酚羟基、碳碳双键和羧基，具有酚、烯烃、羧酸性质，能发生加成反应、取代反应、显色反应、加聚反
应、酯化反应等。
【题目详解】
A．苯环和碳碳双键都能和氢气发生加成反应，则 1mol 该有机物最多可与 7mol H2发生加成反应，选项 A 正确；
B．该分子不含酯基或卤原子，所以不能发生水解反应，酚羟基和羧基能发生取代反应，苯环及碳碳双键能发生加成
反应，碳碳双键和酚羟基能发生氧化反应，选项 B 错误；
C．虽然分子中含有二个酚羟基和一个羧基，但没有说明标准状况下，产生的气体体积无法计算，选项 C 错误；
D．分子中含有戊基-C H5 11，戊基有 8 种，且其他基团在苯环上的位置还有多种，故该有机物具有相同官能团的同分异
构体一定超过 8 种，选项 D 错误；
答案选 A。
【答案点睛】
本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查烯烃、羧酸和酚的性质，
题目难度不大。
二、非选择题(共 84 分)
23、 (CH ) CH-CCl(CH ) 3 2 3 2 消去反应 C
、
【答案解析】
A 的分子式为 C H Cl6 13 ，为己烷的一氯代物，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到 B 为烯烃，1mol B 发
生信息①中氧化反应生成 2molC，且 C 不能发生银镜反应，B 为对称结构烯烃，且不饱和 C 原子没有 H 原子，故 B
为(CH ) C=C(CH ) ，C 为 ，逆推可知 A 为(CH ) CH-CCl(CH ) 。由 W 进行
3 2 3 2 3 2 3 2
逆推，可推知 D 为 ，由 E 后产物结构，可知 D 与乙酸酐发生取代反应生成 E，故 E 为 ，
然后 E 发生氧化反应。对、比 F 前后物质结构，可知生成 F 的反应发生取代反应，而后酰胺发生水解反应又重新引入
氨基，则 F 为 ，D→E 步骤为了保护氨基，防止被氧化。
【题目详解】
根据上述分析可知：A为(CH ) CH-CCl(CH ) ，B为(CH ) C=C(CH ) ，C为 ，D为 ，
3 2 3 2 3 2 3 2
E 为 ，F 为 。则
(1)根据上述分析可知，化合物 A 的结构简式为：(CH ) CH-CCl(CH ) ，A 与 NaOH的乙醇溶液在加热时发生消去
3 2 3 2
反应，产生 B：(CH ) C=C(CH ) ，乙醇 A→B 的反应类型为：消去反应；
3 2 3 2
(2)A.化合物 B 为(CH ) C=C(CH ) ，可看作是乙烯分子中 4 个 H 原子分别被 4 个-CH 取代产生的物质，由于乙烯
3 2 3 2 3
分子是平面分子，4 个甲基 C 原子取代 4 个 H 原子的位置，在乙烯分子的平面上，因此所有碳原子处于同一个平面，
A 错误；
B.由 W 的结构简式可知化合物 W 的分子式为 C H N，B 错误；
11 15
C.氨基具有还原性，容易被氧化，开始反应消耗，最后又重新引入氨基，可知 D→E 步骤为了保护氨基，防止被氧化，
C 正确；
D.物质 F 为 ，苯环能与氢气发生加成反应，1mol 的 F 最多可以和 3molH 反应，D 错误，故合理选项是
2
C；
(3)C+D→W 的化学方程式是： ；
(4)Z的同分异构体满足：①遇 FeCl 溶液显紫色，说明含有酚羟基；②红外光谱检测表明分子中含有 结
3
构；③1HNMR 谱显示分子中含有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子，说明分子结构对称，则对应的同分
异构体可为 、 ；
(5)由信息④可知，苯与乙烯发生加成反应得到乙苯 ，然后 与浓硝酸、浓硫酸在加热
50℃～60℃条件下得到对硝基乙苯 ，最后 与 Fe 在 HCl 中发生还原反应得到
对氨基乙苯 ，故合成路线流程图为：
。
【答案点睛】
要充分利用题干信息，结合已经学习过的各种官能团的性质及转化进行合理推断。在合成推断时要注意有机物的分子
式、反应条件、物质的结构的变化，采取正、逆推法相结合进行推断。
24、苯乙醛 浓硫酸，加热 C
n +(n-1)H O 5
2
CH CHO CH COOH P B3 r CH COBr CH CONHCH(CH ) 3 3 3 3 3 2
【答案解析】
根据合成路线，A 结构中含有苯环结构，A→B发生信息 I 的反应，则 A 为 ，B 为 ，
B 酸性条件下水解生成 C；根据 D 的分子式，结合 C 的分子式 C H O 可知，C 发生消去反应生成 D，D 为
9 10 3
，D 发生信息 II 的反应生成 E，E 为 ，结合 G 的结构简式可知，E
和 F 发生取代反应生成 G，则 F 为 ，据此分析解答。
【题目详解】
(1)根据上述分析，A 为 ，名称为苯乙醛，合成路线图中反应③为醇羟基的消去反应，所加的试剂和
反应条件分别是浓硫酸，加热，故答案为：苯乙醛；浓硫酸，加热；
(2)A. 根据上述分析，反应①为加成反应，故 A 错误；B. C 中含有羟基、羧基和苯环，羟基可以取代反应和消去反应，
羧基可以发生取代反应，苯环可以发生取代反应和加成反应，但不能发生加聚，故 B 错误；C. D 为
，苯环、碳碳双键和碳氧双键都是平面结构，因此 D 中所有碳原子可能在同一平面上，故 C
正确；D. 一定条件下 1 mol G( )可以和 2 mol NaOH 发生水解反应，能够
和 7 mol H 发生加成反应，故 D 错误；故答案为：C；
2
(3)根据上述分析，F 的结构简式为 ，故答案为： ；
(4)C( )在一定条件下可以发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的化学方程式为
n +(n-1)H O，故答案为：
2
n +(n-1)H O；
2
(5)D( )有多种同分异构体，①属于芳香族化合物，且分子中含有的环只有苯环，②能发生银镜
反应和水解反应，说明结构中含有醛基和酯基，则属于甲酸酯类物质，满足条件的同分异构体有：①苯环上含有 2 个
侧链的，一个侧链为 HCOO-，一个为-CH=CH ，有 3 种结构；②苯环上含有 1 个侧链的，HCOO-可以分别连接在
2
-CH=CH-两端，有两种结构，共有 5 种同分异构体，故答案为：5；
(6)由乙醛和 H NCH(CH ) 为起始原料制备医药中间体 CH CONHCH(CH ) ，根据信息 III，可以首先合成 CH COBr，
2 3 2 3 3 2 3
然后与 H NCH(CH ) 发生取代反应即可，根据 G 的合成路线，可以由 CH CHO，先氧化生成 CH COOH，然后发生
2 3 2 3 3
信息 II 的反应即可得到 CH COBr，合成路线为 CH CHO CH COOH P Br3 CH COBr 3 3 3 3
CH CONHCH(CH ) ，故答案为：CH CHO CH COOH P B r3 CH COBr 3 3 2 3 3 3
CH CONHCH(CH ) 。
3 3 2
25、3Fe+8HNO (稀)=3Fe(NO ) +2NO↑+4H O 干燥管(或球形干燥管) 结晶水 l~2 滴 KSCN 溶液 无蓝色
3 3 2 2
5.6ab
沉淀生成 4Fe(NO ) xH O 2Fe O +8NO ↑+O ↑+4xH O 淀粉溶液 %
3 2 2 2 3 2 2 2 m
【答案解析】
(1) 铁在低温下溶于稀硝酸，反应生成硝酸亚铁和 NO，据此书写反应的化学方程式；
(2)①无水 CuSO 变蓝，说明生成了水，据此解答；②实验中观察到 A 装置的试管中有红棕色气体生成，该气体为二
4
氧化氮，同时生成氧化铁，据此书写分解的化学方程式；将少量氧化铁溶于稀硫酸，得到含有铁离子的溶液，铁离子
遇到 KSCN 变红色， K [Fe(CN) ]溶液是检验亚铁离子的试剂，据此分析解答；
3 6
(3)①铁离子具有氧化性，加入过量的 KI 溶液，能够将碘离子氧化生成碘单质，据此选择指示剂；②根据发生的反应
2Fe3++2I-=2Fe2++I ，I +2S O 2-=2I-+S O 2-分析解答。
2 2 2 3 4 6
【题目详解】
(1) 铁在低温下溶于稀硝酸，反应生成硝酸亚铁和 NO，反应的化学方程式为 3Fe+8HNO (稀)=3Fe(NO ) +2NO↑+4H O，
3 3 2 2
故答案为 3Fe+8HNO (稀)=3Fe(NO ) +2NO↑+4H O；
3 3 2 2
(2)①根据装置图，仪器 B 为干燥管，实验中无水 CuSO 变蓝，说明生成了水，由此可知硝酸亚铁晶体含有结晶水，
4
故答案为干燥管；结晶水；
②实验中观察到 A 装置的试管中有红棕色气体生成，该气体为二氧化氮，同时生成氧化铁，则硝酸亚铁晶体
[Fe(NO ) ·xH O]分解的化学方程式为 4Fe(NO ) xH O 2Fe O +8NO ↑+O ↑+4xH O；根据检验氧化铁的实验步
3 2 2 3 2 2 2 3 2 2 2
骤：将少量氧化铁溶于稀硫酸，得到含有铁离子的溶液，铁离子遇到 KSCN 变红色， K [Fe(CN) ]溶液是检验亚铁离
3 6
子的试剂，因此滴入 1～2 滴 K [Fe(CN) ]溶液，无蓝色沉淀生成，故答案为 l～2 滴 KSCN 溶液；无蓝色沉淀生成；
3 6
4Fe(NO ) xH O 2Fe O +8NO ↑+O ↑+4xH O；
3 2 2 2 3 2 2 2
(3)①铁离子具有氧化性，加入过量的 KI 溶液，能够将碘离子氧化生成碘单质，因此可以选用淀粉溶液作指示剂，故
答案为淀粉溶液；
②发生的反应有 2Fe3++2I-=2Fe2++I ，I +2S O 2-=2I-+S O 2-，有关系式 2Fe3+～I ～2S O 2-，因此硝酸亚铁晶体中铁的
2 2 2 3 4 6 2 2 3
a mol / L b 10-3 L 56g / mol 5.6ab 5.6ab
质量分数为 ×100%= %，故答案为 %。
mg m m
【答案点睛】
本题的易错点为(2)②，要注意 K [Fe(CN) ]溶液的作用是检验亚铁离子，如果溶液中存在亚铁离子，则会生成蓝色沉
3 6
淀。
26、2ClO ＋2CN-＝2CO ＋N ＋2Cl- 稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸 防止倒吸（或作
2 2 2
安全瓶） 2NaClO ＋H O ＋H SO ＝2ClO ↑＋Na SO ＋O ↑＋2H O 加大氮气的通入量 酸式滴定管（或移
3 2 2 2 4 2 2 4 2 2
液管） 淀粉溶液 溶液蓝色退去 0.04000
【答案解析】
(3) ClO 有强氧化性，容易氧化乳胶，量取 ClO 溶液时，不可用碱式滴定管，可用酸式滴定管或移液管。标定 ClO
2 2 2
浓度的思路为：ClO 将 I-氧化成 I ，再用 Na S O 标准液滴定生成的 I ，根据电子得失守恒、原子守恒有：2ClO ～2Cl-～
2 2 2 2 3 2 2
10e-～10I-～5I ～10Na S O ，据此计算解答。
2 2 2 3
【题目详解】
(1) ClO 将 CN-氧化成 CO 和 N ，自身被还原为 Cl-，结合电子得失守恒、原子守恒、电荷守恒可得离子方程式为：2ClO
2 2 2 2
＋2CN-＝2CO ＋N ＋2Cl-，故答案为：2ClO ＋2CN-＝2CO ＋N ＋2Cl-；
2 2 2 2 2
(2)①二氧化氯体积分数大于 10%即可能发生爆炸，通入氮气除起到搅拌作用外，还可以稀释二氧化氯，防止因二氧化
氯的浓度过高而发生爆炸，故答案为：稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸；
②ClO 极易溶于水，如果没有 B，极易引起倒吸，所以 B 的作用是：防止倒吸（或作安全瓶），故答案为：防止倒吸
2
（或作安全瓶）；
③NaClO 作氧化剂、H O 作还原剂，结合原子守恒、得失电子守恒可得方程式为：2NaClO ＋H O ＋H SO ＝2ClO ↑
3 2 2 3 2 2 2 4 2
＋Na SO ＋O ↑＋2H O，故答案为：2NaClO ＋H O ＋H SO ＝2ClO ↑＋Na SO ＋O ↑＋2H O；
2 4 2 2 3 2 2 2 4 2 2 4 2 2
④当看到装置 C 中导管液面上升，说明 ClO 的含量偏高了，要加大氮气的通入量，以免爆炸，故答案为：加大氮气
2
的通入量；
(3)ClO 有强氧化性，量取 ClO 溶液时，可用酸式滴定管或移液管，ClO 将 KI 氧化成 I ，再用 Na S O 标准液滴定
2 2 2 2 2 2 3
生成的 I ，反应涉及碘单质，可用淀粉溶液做指示剂，I 遇淀粉溶液呈蓝色，当 I 反应完时，溶液蓝色褪去。根据电
2 2 2
子得失守恒、原子守恒有：2ClO ～2Cl-～10e-～10I-～5I ～10Na S O ，消耗 0.1000 mol·L-1的 Na S O 标准液 20.00mL，
2 2 2 2 3 2 2 3
即消耗 Na S O 物质的量=0.1000 mol·L-1×20.00mL×10-3=2×10-3mol，由 2ClO ～2Cl-～10e-～10I-～5I ～10Na S O 可
2 2 3 2 2 2 2 3
n(Na S O ) 2 10-3mol 4 10-4mol
知，n(ClO )= 2 2 3 = =4×10-4mol，c(ClO )= = 0.04000mol/L，故答案为：酸式滴定管
2 5 5 2 10mL 10-3
（或移液管）；淀粉溶液；溶液蓝色退去；0.04000。
27、干燥管 先变红后褪色 cdb 通入的 HCl 的量不足 2Cu2++SO 2-+2Cl-+H O=2CuCl+SO 2-+2H+ 硫
3 2 4
0.597ab
酸 醇洗有利于加快去除 CuCl 表面水分防止其水解氧化 ×100%
m
2S O 2-+3O +4OH-= 4SO 2-+2H O NaOH 溶液 CuCl 的盐酸溶液
2 4 2 4 2
【答案解析】
CuCl ·2H O 晶体在氯化氢气流中加热失水得到 CuCl ，温度高于 300℃分解生成 CuCl 和 Cl ；向硫酸铜溶液中加入
2 2 2 2
一定量 NaCl 和 Na SO 发生氧化还原反应生成 CuCl，得到的 CuCl 经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固
2 3
体表面的水分，防止水解、氧化；氯化亚铜与氯化铁发生 Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-，加入 K Cr O 溶液，发生
2 2 7
6Fe2++Cr O 2-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H O，结合关系式解答该题；保险粉和 KOH 的混合溶液吸收 O ，发生氧化还原反
2 7 2 2
应；CuCl 易被氧化，因此吸收 CO 前，要先吸收 O ；NaOH2 溶液能吸收 CO ，则吸收 O 前，要先吸收 CO ；N2 2 2 2的
体积可用排水法测定，据此解答。
【题目详解】
(1)根据仪器 X 的构造，其名称是干燥管；由制备 CuCl 的原理可知，反应生成了 Cl2，故 B 中湿润的石蕊试纸试纸先
变红后褪色，
故答案为干燥管；先变红后褪色；
(2)实验时检查装置的气密性后加入药品后，要先在气体入口处通入干燥 HCl，再点燃酒精灯，加热，实验结束时要先
熄灭酒精灯，冷却，再停止通入 HCl，然后通入 N ，所以操作的先后顺序是a cdb e，
2
故答案为 cdb；
(3)根据以上分析，若实验中通入的 HCl 的量不足，则氯化铜晶体加热时发生水解，最后生成少量 CuO，
故答案为通入的 HCl 的量不足；
(4) 向硫酸铜溶液中加入一定量 NaCl 和 Na SO2 3发生氧化还原反应生成 CuCl，离子方程式为
2Cu2++SO 2-+2Cl-+H O=2CuCl+SO 2-+2H+
3 2 4 ；
由制备反应可知，有硫酸钠生成，则应加入硫酸，为防止 CuCl 溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，
防止引入新杂质；
因乙醇沸点低，易挥发，则用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化；
故答案为 2Cu2++SO 2-+2Cl-+H O=2CuCl+SO 2-+2H+3 2 4 ；硫酸；醇洗有利于加快去除 CuCl 表面水分防止其水解氧化；
(5)氯化亚铜与氯化铁发生 Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-，加入 K Cr O2 2 7溶液，发生
6Fe2++Cr O 2-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H O
2 7 2 ，
反应的关系式为 6CuCl～6Fe2+～Cr O 2- 2 7 ，
6 1
n ab×10-3mol
n=6ab×10-3mol，
m（CuCl）=99.5g/mol×6ab×10-3mol=0.597abg，
0.597ab
则样品中 CuCl 的质量分数为 ×100%，
m
0.597ab
故答案为 ×100%；
m
(6) ①保险粉和 KOH 的混合溶液吸收 O ，发生氧化还原反应：2S O 2-+3O +4OH-= 4SO 2-+2H O2 2 4 2 4 2 ，
②CuCl 易被氧化，因此吸收 CO 前，要先吸收 O ；NaOH2 溶液能吸收 CO2，则吸收 O2前，要先吸收 CO2；故吸收顺
序为 CO 、O 、CO，N 的体积可用排水法测定。故 D 用来吸收 CO ，试剂为 NaOH2 2 2 2 溶液。F 用来吸收 CO，试剂为
CuCl 的盐酸溶液。
故答案为 2S O 2-+3O +4OH-= 4SO 2-+2H O2 4 2 4 2 ；NaOH 溶液；CuCl 的盐酸溶液。
【答案点睛】
本题侧重于分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握物质的性质以及反应流程，注意（5）中利用关系式的计
算。
28、吸热 0.05 还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，反应速率加快 2ΔH ΔH1＋ 4
＋ΔH K 2×K ×K 103.7 11.2 5 1 2 3
【答案解析】
(1)根据图像，T2曲线先到达平衡，反应速率大，温度较高，结合温度对平衡的影响分析判断；根据 N (g)2 ＋
O (g) 2NO(g)
2 ，计算出反应消耗的氧气，再计算 10min 内的氧气的平均反应速率；
(2)还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多；根据盖斯定律分析解答；
(3)NO 和 NO 可用 NaOH 溶液，吸收发生的反应为 NO+NO +2NaOH═2NaNO +H O2 2 2 2 ，根据亚硝酸钠的水解平衡常数
c(HNO )c OH
K = 2
h 结合温度不变，Kh不变计算； c(NO －)
2
(4)由图 2 知，该原理中的中 NO 最终转化为 H O2 和氮气；根据氨气失去的电子的物质的量等于 NO 和氧气得到的电子
总物质的量计算。
【题目详解】
(1)根据图像，T2曲线先到达平衡，反应速率大，温度较高，而温度升高，氮气的体积分数减小，说明升高温度平衡向
正反应方向移动，故正反应为吸热反应；根据 N (g) O (g) 2NO(g) 10min 2mol NO2 ＋ 2 ， 达到平衡，产生 ，则反应
1mol
的氧气为 1mol，10min 内的平均反应速率 υ(O )＝ 2L =0.05 mol·L－1·min－12 ，故答案为吸热；0.05；
10min
(2)还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，第二阶段反应速率加快；第二阶段：①NO(g)＋
□→NO(a) ΔH 、K ，②2NO(a)→2N(a)+O (g) ΔH 、K ，③2N(a)→N (g)＋2□ ΔH 、K ，④2NO(a)→N (g)+2O(a) ΔH1 1 2 2 2 2 3 3 2 4、
K
4，⑤2O(a)→O (g)＋2□ ΔH2 5、K ，根据盖斯定律，将①×2+②+③得到 2NO(g)→O (g)+ N (g)5 2 2 ，将①×2+④+⑤得到
2NO(g)→N (g)+ O (g)，即 2ΔH ＋ΔH ＋ΔH ＝2ΔH ＋ΔH ＋ΔH ；因此 2NO(g) N (g)＋O (g)2 2 1 2 3 1 4 5 2 2 的平衡常数 K＝
K 2×K ×K
1 2 3，故答案为还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，反应速率加快；2ΔH ＋ΔH ＋ΔH1 4 5；
K 2×K ×K
1 2 3；
(3)20mL0.1mo1·L－1NaOH 溶液中含有氢氧化钠 0.002mol，NO 和 NO 可用 NaOH2 溶液吸收，发生的反应为
c(HNO )c OH
NO+NO +2NaOH═2NaNO +H O K = 2 B c(HNO )
2 2 2 ，亚硝酸钠的水解平衡常数 h ， 点对应的溶液中 2 ＝c(NO －)
2
10-14 c(HNO )c
OH
c(NO －)，K = c(OH-)= =10-10.7，温度不变，K 不变，A K = 22 h h 点 h ，10-3.3 c(NO －)
2
c(NO －) c OH 10 7
2 = = =103.7，故答案为 103.7；
c(HNO ) K 10 10.7
2 h
(4)由图 2 可知反应物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水，所以 NO 最终转化为 N 和 H O2 2 ，氮气的电子
式为 ；氧气、一氧化氮和氨气反应生成氮气和水，反应中氨气失去的电子的物质的量等于 NO 和氧气得到的电
子总物质的量，1mol NH3转化为 N2失去 3mol 电子，0.5mol O2得到 2mol 电子，则 NO 转化为 N2得到的电子为 1mol，
所以 NO 的物质的量为 0.5mol，标准状况下的体积为 11.2L，故答案为 ；11.2。
【答案点睛】
本题的难点为 (3)，要注意水解平衡常数、电离平衡常数等是温度的函数，易错点为(2)，要注意根据盖斯定律处理方程
式时，焓变与平衡常数的处理方式不同。
29、2NH (g)＋CO (g) H O(l)＋CO(NH ) (s) ΔH=－178 kJ mol-1 33.3 K =108/p 3 0.04 mol L-1 s-1 AB 3 2 2 2 2 p 0
1︰2 或 0.5 >
【答案解析】
本题研究 CO 的综合利用对促进“2 低碳经济”的发展有重要意义，实际以 CO2的性质为载体考查了化学反应原理的综合
知识，难度适中。
【题目详解】
(1) ①NH3、CO2为原料，合成尿素和液态水的热化学方程式为 2NH (g)+CO (g) CO(NH ) (s)+H O(l) △ H3 2 2 2 2 ，根据
盖斯定律可知△ H=△H +△H -△H =－178 kJ mol-1，因而有 2NH (g)＋CO (g) H O(l)＋CO(NH ) (s) ΔH=1 2 3 3 2 2 2 2 －178
kJ mol-1；
②A 点时，n(NH )/n(CO )=3.0，设 n(CO )=1mol，n(NH )=3mol，CO 平衡转化率为 0.50，则转化的 CO3 2 2 3 2 2的量为
1mol×0.50=0.5mol，那么根据 2NH (g)+CO (g) CO(NH ) (s)+H O(l)可知转化的 NH 为 0.5mol×2=1mol，NH3 2 2 2 2 3 3的
平衡转化率 =1mol/3mol×100％=33.3％；
③当 x=1.0 时，设 n(NH )=n(CO )=1mol3 2 ，根据三段式可知：
2NH (g)+CO (g) CO(NH ) (s)+H O(l)
3 2 2 2 2
起 1 1
转 2x x
平 1-2x 1-x
1-2x+1-x 1 1
又若起始的压强为 p kPa0 ，水为液态，平衡时压强变为起始的 1/2，可知 = ，解得 x= mol，则 n1+1 2 3 平
1 2
1 2 p 3 p p 3 p
(NH )= mol，n (CO )= mol，那么 p (NH )= 0 × = 0 kPa p (CO )= 0 × = 0 kPa3 2 3 ， 2 ，因而3 平 3 平 2 1 2 平+ 6 2
1 2
+ 3
3 3 3 3
1 108
K = = (kPa)-3；
p p (NH )2p (CO ) p3
平 3 平 2 0
39.2
(2)①根据 3H (g)+CO (g) CH OH(g)+H O(g)△ H=－49.0kJ·mol-1，可知消耗的 CO 的量为 1mol× =0.8mol2 2 3 2 2 ，49
0.8mol
v(CO )= =0.04mol·L-1·s-1
2 ； 2L 10s
②A.已知甲和乙为全等等效平衡，平衡时 c =c1 2，乙和丙的投料比相等，若处于恒压时，c =c *2 3 ，c *3 为恒压时丙中甲醇
浓度，此时，丙是乙体积的两倍，但题目要求恒容，因而可将丙压缩一半体积，瞬间浓度为 2c *3 ，由于压缩体积相当
于加压，根据气体计量数可知，平衡向右移动，则甲醇浓度变大，因而 c >2c *，综合上述分析可知 c >2c ，A3 3 3 1 正确；
B.乙和丙的投料比相等，假设在恒压时，c =c *，c *2 3 3 为恒压时丙中甲醇浓度，由于丙是乙体积的两倍，丙中甲醇的消耗
量是乙的两倍，可推出吸收的热量关系为 z*=2y（注意乙和丙为逆反应，为吸热反应），z*为恒压时丙中热量变化，但
题目要求恒容，因而可将丙压缩一半体积，由于压缩体积相当于加压，根据气体计量数可知，平衡向右移动，则甲醇
的量变多，即吸收的热量减少，即 z< z*，故 z<2y，B 正确；
C.根据 B 中分析可知平衡时，丙中甲醇的消耗量是小于乙中甲醇的消耗量的两倍，由于恒温恒容时压强之比等于物质
的量之比，因而可推知丙中气体压强是小于乙中气体的两倍，即 p <2p ，C3 2 错误；
D.已知甲和乙为全等等效平衡，平衡时 c =c ，甲中 α =2c /1=2c ，乙中 α =(1-2c )/1=1-2c ，因而 α +α =2c +1-2c =11 2 1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 ，
根据 C 可知平衡时，丙中甲醇的消耗量是小于乙中甲醇的消耗量的两倍，因而 α 小于 α ，所以 α +α <1，D3 2 1 3 错误。
故答案选 AB。
c CO 2 c H +
(3) pH=10，c(H+)=10 3-10mol/L，又 K (H CO )= ，因而 c(CO 2-)：c(HCO -)= K (H CO )/c(H+)=1 22 2 3 c HCO 3 3 2 2 3 ︰ ，
3
溶液中电荷守恒关系式为 c(Na+)+ c(H+)=c(HCO -)+2c(CO 2-)+ c(OH-)，又溶液 pH=10，则 c(OH-)> c(H+)，所以3 3
c(Na+)>c(HCO -)+2c(CO 2-)。
3 3
【答案点睛】
注意平衡等效，转化率不一定相同：①若是从不同方向建立的等效平衡，物质的转化率一定不同。如在某温度下的密
闭定容容器中发生反应 2M(g)+ N(g) 2E(g)，若起始时充入 2molE，达到平衡时气体的压强比起始时增大了 20%，则
E 的转化率是 40%；若开始时充入 2molM 和 1molN，达到平衡后，M 的转化率是 60%。②若是从一个方向建立的等
效平衡，物质的转化率相同。如恒温恒压容器中发生反应 2E(g) 2M(g)+ N(g)，若起始时充入 2molE，达到平衡时 M
的物质的量为 0.8mol，则 E 的转化率是 40%；若开始时充入 4molE，达到平衡后M 的物质的量为 1.6mol，则 E 的转
化率仍为 40%。
