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2023 年上海市松江区高考化学二模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号 一 二 三 总分
得分
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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷
上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共20小题，共40.0分）
1. 2023年2月，我国海关在对进境邮件进行查验时，查获违法红珊瑚制品。珊瑚显红色，
源于在海底长期积淀某种元素的氧化物，该元素是( )
A. C B. Si C. Fe D. Na
2. “碳中和”是指CO 的排放总量和减少总量相当。下列措施能促进碳中和最直接有效
2
的是( )
A. 将重质油裂解为轻质油作为燃料 B. 大规模开采可燃冰作为新能源
C. 通过清洁煤技术减少煤燃烧污染 D. 研发催化剂将CO 还原为甲醇
2
3. 春季是流感、诺如病毒等疾病的高发期，需要对重点场所做好定期清洁消毒。下列物质
中，不是消毒剂的是( )
A. 漂粉精 B. 洁厕灵 C. 碘酒 D. 臭氧
4. 下列物质中，分子的空间结构为直线型的是( )
A. 乙烯 B. 甲烷 C. 氨 D. 二氧化碳
5. 科学家们创造出了最轻的镁同位素❑ 18Mg，❑ 18Mg与❑ 24Mg具有( )
A. 不同电子数 B. 不同物理性质 C. 不同核电荷数 D. 不同化学性质
6. 在FeSO 、CuSO 、Al (SO ) 的混合溶液中通入适量H S，产生的沉淀物是( )
4 4 2 4 3 2
A. Al(OH) B. Al S C. CuS D. FeS
3 2 3
7. 在合成氨和接触法制硫酸的工业生产中，下列说法错误的是( )
A. 均采用高压条件 B. 均选择较高温度 C. 均进行循环操作 D. 均使用合适催化剂
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8. 一定条件下，存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”情况的是( )
A. 一氧化氮与过量氧气 B. 氯化铝溶液与过量稀氨水
C. 铁片与过量浓硝酸 D. 澄清石灰水与过量二氧化碳
9. 海水提溴与海带提碘，共同点是( )
A. 浓缩方法 B. 采用热空气吹出 C. 四氯化碳萃取 D. 氧化剂可选择氯水
10. 下列物质间的转化关系中不能全部通过一步反应完成的是( )
A. Na→NaOH→Na CO →NaCl
2 3
B. Fe→FeCl →Fe(OH) →Fe O
3 3 2 3
C. Al→Al O →Al(OH) →AlCl
2 3 3 3
D. Mg→MgCl →Mg(OH) →MgSO
2 2 4
11. 下列各组在溶液中的反应，不管反应物的量多少，都能用同一离子方程式表示的是
( )
A. FeBr 与Cl B. Ba(OH) 与NaHSO
2 2 2 4
C. HCl与Na CO D. Ca(HCO ) 与Ca(OH)
2 3 3 2 2
12. 侯氏制碱法制造纯碱同时副产氯化铵。下列有关母液处理的说法错误的是( )
A. 升高温度，有利于N H Cl更多地析出
4
B. 加入食盐，增大Cl−的浓度，使N H Cl更多地析出
4
C. 通入氨气，增大N H+ 的浓度，使N H Cl更多地析出
4 4
D. 通入氨气，使NaHCO 转化为Na CO ，提高析出的N H Cl纯度
3 2 3 4
13. 如图装置用于实验室中制取干燥氨气的实验，其中能达到实验目的的是 ( )
A. 用装置甲制备氨气 B. 用装置乙除去氨气中的少量水
C. 用装置丙收集氨气 D. 用装置丁吸收多余的氨气
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14. 断肠草中分离出来的2种毒素的结构简式如图，有关推断正确的是( )
A. 互为同系物 B. 均能与氢氧化钠溶液反应
C. 互为同分异构体 D. 1mol均能与6molH 加成
2
15. 可降解塑料的合成路线如图：
下列说法错误的是( )
A. B的分子式为C H O B. C→D发生的是氧化反应
6 12
C. D→PCL发生的是缩聚反应 D. D与PCL的水解产物相同
16. 有一澄清透明的溶液，可能含有大量的Fe3+、Fe2+、H+、AlO− 、Al3+、CO2− 、
2 3
NO− 中的几种，向该溶液中滴入1mol⋅L−1NaOH溶液一定体积后才产生沉淀。下列判断
3
正确的是( )
A. 溶液中可能含有Fe2+ B. 溶液中一定不含Fe3+
C. 溶液中可能含有NO− D. 溶液中一定不含AlO−
3 2
17. 银制器皿表面日久因生成Ag S而变黑，可进行如下处理：将表面发黑的银器浸入盛
2
有食盐水的铝质容器中(如图)，一段时间后黑色褪去．有关说法正确的是( )
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A. 该处理过程中电能转化为化学能 B. 银器为正极，Ag S还原为单质银
2
C. Ag S溶解于食盐水生成了AgCl D. 铝质容器为阳极，其质量变轻
2
18. 下列化学反应，相应的离子方程式一定正确的是( )
A. 向N H Fe(SO ) 溶液中加入少量NaOH溶液：N H++OH−=N H ⋅H O
4 4 2 4 3 2
B. 1L1mol⋅L−1FeBr 溶液与一定量氯气反应，转移电子数为6.02×1023时：
2
2Fe2++2Br−+2Cl =2Fe3++Br +4Cl−
2 2
C. 将2.24L(标准状况)CO 通入500mL0.3mol⋅L−1NaOH溶液中：
2
2CO +3OH−=CO2−+HCO−+H O
2 3 3 2
D. 向Ca(ClO) 溶液通入少量SO ：Ca2++2ClO−+SO +H O=CaSO ↓+2HClO
2 2 2 2 3
19. 工业上以铜阳极泥(主要成分是Cu Te)为原料提取碲(第五周期ⅥA族)，涉及反应：
2
①Cu Te+2O +2H SO =2CuSO +TeO +2H O
2 2 2 4 4 2 2
②TeO +2SO +2H O=2H SO +Te
2 2 2 2 4
以下说法正确的是( )
A. Cu Te中Cu元素的化合价是+2价
2
B. 氧化性强弱顺序为：O >SO >TeO
2 2 2
C. 反应②中氧化剂是SO ，氧化产物是H SO
2 2 4
D. 每制备1molTe理论上共转移12mol电子
20. 常温下，向1LpH=10的NaOH溶液中持续通入
CO .通入CO 的体积(V)与溶液中水电离出的c(OH− )的
2 2
关系如图所示．下列叙述错误的是( )
A. a点溶液中：水电离出的c(H+ )=1×10−10mol⋅L−1
B. b点溶液中：c(H+ )=1×10−7mol⋅L−1
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C. c点溶液中：c(Na+ )>c(HCO− )>c(CO2− )
3 3
D. d点溶液中：c(Na+ )=2c(CO2− )+c(HCO− )
3 3
第II卷（非选择题）
二、实验题（本大题共1小题，共15.0分）
21. PCl 是重要的化工原料。如图为实验室中制取粗PCl 产品的装置，夹持装置略去。
3 3
经查阅资料知：红磷与少量Cl 反应生成PCl ，与过量Cl 反应生成PCl 。PCl 遇水会强
2 3 2 5 3
烈水解生成H PO 。PCl 遇O 会生成POCl 。PCl 、POCl 的熔沸点见表。
3 3 3 2 3 3 3
熔点 沸点
物质
/℃ /℃
PCl −112 75.5
3
POCl 2 105.3
3
完成下列填空：
(1)仪器D的名称是 ______ 。装置F与G由橡胶管a相连通，a的作用是 ______ 。
(2)实验时，检查装置气密性后，先打开K 通入CO ，再迅速加入红磷。通入CO 的作用
1 2 2
是 ______ 。
(3)装置D中盛有碱石灰，其作用一与B、E相似，作用二为 ______ 。
(4)装置C中的反应需要65～70℃，最适合的加热方式为 ______ 加热，该方法的优点是
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______ 。制得的PCl 粗产品中常含有POCl 、PCl 等。加入红磷加热除去PCl 后，通过
3 3 5 5
______ (填实验操作名称)，即可得到较纯净的PCl 。
3
(5)通过实验测定粗产品中PCl 的质量分数，实验步骤如下(不考虑杂质的反应)：
3
第一步：迅速移取20.000gPCl 粗产品，加水完全水解；
3
第二步：配成500mL溶液，移取25.00mL溶液置于锥形瓶中；
第三步：加入0.500mol⋅L−1碘溶液20.00mL，碘过量，H PO 完全反应生成H PO ，
3 3 3 4
反应方程式为H PO +H O+I =H PO +2HI；
3 3 2 2 3 4
第四步：加入几滴淀粉溶液，用1.000mol⋅L−1Na S O 标准溶液滴定过量的碘，反应方
2 2 3
程式为I +2Na S O =Na S O +2NaI，滴至终点时消耗Na S O 标准溶液12.00mL。
2 2 2 3 2 4 6 2 2 3
第二步需要的定量仪器名称为 ______ 。根据上述数据，计算该产品中PCl 的质量分数为
3
______ 。
三、简答题（本大题共3小题，共45.0分）
22. H O (过氧化氢)应用领域非常广泛。
2 2
已知：2H O (l)⇌2H O(l)+O (g)+Q(Q>0)
2 2 2 2
H O (aq)⇌H+ (aq)+HO− (aq)，K(25℃)=2.24×10−12
2 2 2
完成下列填空：
(1)氧原子最外层成对电子和未成对电子数目之比为 ______ 。
(2)H O 的电子式为 ______ 。对H O 分子结构，有以下两种推测：
2 2 2 2
要确定H O 分子结构，需要测定H O 分子中的 ______ 。(选填序号)
2 2 2 2
a.H−O键长
b.O−O键长
c.H−O−O键角
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d.H−O、O−O键能
(3)H O 分解反应的平衡常数表达式K= ______ 。不同温度下H O 分解反应的平衡常数
2 2 2 2
K(25℃) ______ K(40℃)(选填“>”“<”或“=”)。标准状况下，某5mLH O 溶
2 2
液60s内产生氧气22.4mL(溶液体积变化忽略不计)。则0～60s，v(H O )= ______ 。
2 2
(4)25℃，pH(H O ) ______ pH(H O)(选填“>”“<”或“=”)。
2 2 2
研究表明，H O 溶液中HO− 浓度越大，H O 的分解速率越快。某温度下，经过相同时间，
2 2 2 2 2
不同浓度H O 分解率与pH的关系如图所示。一定浓度的H O ，pH增大H O 分解率增
2 2 2 2 2 2
大的原因是 ______ 。相同pH下，H O 浓度越大H O 分解率越低的原因是 ______ 。
2 2 2 2
(5)蒽醌法是过氧化氢主要的生产方法。其生产过程可简单表示如图：
试从绿色化学角度评价该生产方法 ______ 。
23. 砷与氮为同主族元素，砷及其化合物可应用于农药、除草剂、杀虫剂等。完成下列填
空：
(1)法庭医学常用马氏试砷法来证明是否砒霜(As O )中毒：把试样与锌和盐酸混合，若试
2 3
样中含有砒霜，则会反应生成砷化氢、氯化锌与水，写出该反应的化学方程式 ______ 。
(2)As S 和SnCl 在盐酸中反应转化为As S (其中As为+2价)和SnCl 并放出H S气体，
2 3 2 4 4 4 2
该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 ______ 。
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(3)一定条件下，雄黄(As S )与O 生成As O 与物质a。若该反应中1molAs S 参加反
4 4 2 2 3 4 4
应时，转移28mol电子。写出物质a的化学式 ______ 。
(4)三元弱酸亚砷酸(H AsO )溶液中各种微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。向
3 3
亚砷酸溶液中缓缓加入NaOH溶液至pH=11时，反应的离子方程式为 ______ 。
Na HAsO 溶液中c(H AsO− ) ______ c(AsO3− )(填“>”“<”或“=”)。理由是
2 3 2 3 3
______ 。
(5)已知：I +AsO3−+2OH− ⇌2I−+AsO3−+H O。为验证该反应具有可逆性，将等物
2 3 4 2
质的量浓度的碘水与Na AsO 溶液按体积比为V ：V 的比例混合(另加入适量的碱)。当
3 3 1 2
V ______ V (填“>”或“<”)时，只需加入 ______ (填试剂名称)就可以确定该反应具
1 2
有可逆性。上述反应显示：AsO3− 能在碱性溶液中被I 氧化成AsO3− ，而H AsO 又能在
3 2 4 3 4
酸性溶液中被I−还原成H AsO ，这表明 ______ 。
3 3
24. 苹果酸(MLA)的键线式结构为 ，苹果酸经聚合生成聚苹果酸(PMLA)。
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(1)写出物质的结构简式：A ______ ，D ______ 。
(2)指出合成路线中③的反应类型：③ ______ 。检验D中溴元素的实验方法是 ______ 。
(3)写出所有与MLA具有相同官能团的同分异构体的结构简式 ______ 。
(4)写出E→F转化的化学方程式 ______ 。
(5)上述转化关系中步骤③和④的顺序能否颠倒？ ______ (填“能”或“不能”)。说明理
由： ______ 。
(6)已知 ，设计一条从CH =CH−CH=CH 合成阻燃剂
2 2
的合成路线(其他无机试剂任选) ______ 。(合成路线常用的表示方式为：
❑ ❑
A→B⋅⋅⋅⋅⋅⋅→目标产物)
❑ ❑
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答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.碳元素形成的氧化物：CO、CO 均为无色气体，无红色物质形成，故A错误；
2
B.海水中硅元素含量很低，硅元素形成的氧化物SiO 是无色晶体，无红色物质生成，故B错误；
2
C.铁元素形成氧化铁呈红色，珊瑚在生长过程中吸收氧化铁形成红色，故C正确；
D.钠形成的氧化物：Na O是白色固体、Na O是淡黄色固体，无红色物质形成，故D错误；
2 2
故选：C。
红珊瑚的化学成分主要是CaCO ，矿物成分以徽晶方解石集合体形式存在，红色是珊瑚在生长
3
过程中吸收海水中1%左右的氧化铁而形成的，所以红色是铁元素形成的氧化铁呈现的。
本题考查了红珊瑚的知识应用，较简单，熟练掌握铁及其化合物的性质和颜色，了解珊瑚的形成
过程是关键。
2.【答案】D
【解析】解：A.将重质油裂解为轻质油，轻质油燃烧时仍旧会产生二氧化碳，无法减少二氧化
碳的排放量，不能实现碳中和，故A错误；
B.可燃冰的主要成分为甲烷，甲烷在燃烧时也会产生二氧化碳，不能实现碳中和，故B错误；
C.通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，不能减少二氧化碳的排放量，无法实现碳中和，故C错误；
D.研发催化剂将二氧化碳还原为甲醇，可以减少二氧化碳的排放量，从而实现碳中和，故D正确；
故选：D。
“碳中和”是指CO 的排放总量和减少总量相当．即减少二氧化碳的排放或将二氧化碳转化为
2
其它可利用的物质。
本题主要考查环境保护与绿色化学，侧重考查学生解决实际问题的能力，试题比较简单。
3.【答案】B
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【解析】解：A.漂粉精的主要成分是次氯酸钙，具有强氧化性，能杀菌消毒，故A正确；
B.洁厕灵的主要成分的HCl，具有酸性，用于清除水垢，不是消毒剂，故B错误；
C.碘酒是碘的乙醇溶液，能使蛋白质变性，能杀菌消毒，故C正确；
D.臭氧具有强氧化性，可以杀菌消毒且不会产生气体污染性物质，故D正确；
故选：B。
A.漂粉精的主要成分是次氯酸钙，具有强氧化性；
B.洁厕灵的主要成分的HCl，具有酸性；
C.碘酒是碘的乙醇溶液，能使蛋白质变性；
D.臭氧具有强氧化性。
本题考查常见的消毒剂，明确每种消毒剂的消毒原理是解题的关键，注意对基础知识的积累，难
度不大。
4.【答案】D
【解析】解：A.乙烯的结构简式为CH =CH ，是平面型结构，故A错误；
2 2
B.甲烷的分子式为CH ，是正四面体结构，故B错误；
4
C.氨的分子式是N H ，是三角锥形结构，故C错误；
3
D.二氧化碳的分子式是CO ，是直线型分子，三原子在一条直线上，故D正确；
2
故选：D。
根据乙烯、甲烷、氨、二氧化碳的空间构型，进行分析判断。
本题主要考查常见物质的空间构型，属于基本知识的考查，难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：A．❑ 18Mg与❑ 24Mg的质子数均为12，核外电子数也均为12，核外电子数相同，
故A错误；
B.❑ 18Mg与❑ 24Mg的中子数不同，分别为6和12，质量数不同，物理性质不同，故B正确；
C.❑ 18Mg与❑ 24Mg的质子数均为12，核电荷数也均为12，核电荷数相同，故C错误；
D.❑ 18Mg与❑ 24Mg的核外电子数相同，核外排布相同，化学性质相同，故D错误；
故选：B。
❑
18Mg与❑ 24Mg都是镁元素的同位素，其质子数相同，核外电子数相同，中子数和质量数不同，
据此分析作答。
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本题主要考查原子的构成，质子数、中子数、质量数、核外电子数、核电荷数之间的关系，属于
基本知识的考查，难度不大，
6.【答案】C
【解析】解：FeSO 、CuSO 、Al (SO ) 的混合溶液中通入适量H S，硫酸亚铁、硫酸铝和
4 4 2 4 3 2
硫化氢不反应，硫酸铜和硫化氢反应生成硫化铜沉淀难溶于水和酸，发生反应的离子方程式为
H S+Cu2+=CuS↓+2H+ ，
2
故选：C。
在FeSO 、CuSO 、Al (SO ) 的混合溶液中通入适量H S，硫酸亚铁、硫酸铝和硫化氢不反
4 4 2 4 3 2
应，硫酸铜和硫化氢反应生成硫化铜沉淀难溶于水和酸，以此解答该题。
本题考查了硫的化合物的性质，为高频考点，掌握物质之间的反应是解题关键，注意硫化铜难溶
于水和酸，题目难度不大。
7.【答案】A
【解析】解：A.合成氨的反应条件是高温、高压、催化剂作用下，氮气和氢气反应生成氨气，
接触法制硫酸中的各步反应，不需要高压条件，故A错误；
B.分析可知，工业合成氨和工业制备硫酸的过程中都需要高温条件，故B正确；
C.工业合成氨的反应为可逆反应，平衡混合气体分离出氨气后可以循环使用，工业制备硫酸的过
程中，二氧化硫催化氧化反应为可逆反应，平衡气体分理处三氧化硫后可以循环使用，故C正确；
D.合成氨需要铁触媒做催化剂，二氧化硫的催化氧化需要五氧化二钒做催化剂，均使用合适催化
剂，故D正确；
故选：A。
合成氨反应的条件是高温高压催化剂作用下，氮气和氢气反应生成氨气，
，反应为可逆反应，接触法制硫酸是铁矿石在高温条件下和氧气反应生
催化剂
成氧化铁和二氧化硫，二氧化硫在常压下加热，催化氧化生成三氧化硫，2SO +O 2SO ，
2 2 3
反应为可逆反应，三氧化硫溶于水生成硫酸。
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本题考查了工业合成氨、工业制硫酸的工艺流程，主要是原理的理解应用，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.当氧气过量时，NO能完全转化为NO ，不会有NO剩余，不符合题干要求，故
2
A错误；
B.氨水过量时，能将铝离子完全沉淀为氢氧化铝，不会有铝离子剩余，不符合题干要求，故B错
误；
C.常温下，铁在浓硝酸中会钝化，铁的反应程度很小，即浓硝酸过量，铁也不会完全反应，符合
题干要求，故C正确；
D.向澄清石灰水中通入二氧化碳直至过量，先生成碳酸钙沉淀，后沉淀溶解生成碳酸氢钙，即当
二氧化碳过量时，不会有氢氧化钙剩余，不符合题干要求，故D错误；
故选：C。
A.当氧气过量时，NO能完全转化为NO ；
2
B.氨水过量时，能将铝离子完全沉淀为氢氧化铝；
C.常温下，铁在浓硝酸中会钝化；
D.向澄清石灰水中通入二氧化碳直至过量，先生成碳酸钙沉淀，后沉淀溶解。
本题考查物质的性质，题目难度不大，注意化学反应中的一些特殊情况，注意反应的可逆性和物
质的浓度对反应进行程度的影响。
9.【答案】D
【解析】解：A.海水中溴离子的浓度太小，通过海水浓缩后，再加入氧化剂氧化，海带提碘，
不需要浓缩，是干海带在坩埚中灼烧、浸取得到含碘离子的溶液，故A错误；
B.溴单质易挥发，生成的溴单质采用热空气吹出，生成的碘单质是利用萃取剂萃取分液后，蒸馏
得到，不能用热空气吹出，故B错误；
C.溴离子被氧化为溴单质，通过吸收、再氧化富集得到溴单质，利用溴单质易挥发分离，不需要
四氯化碳萃取，碘离子被氧化生成碘单质，用四氯化碳萃取出I ，故C错误；
2
D.氯气氧化性大于碘单质、溴单质，氧化碘离子、溴离子的氧化剂可选择氯水，故D正确；
故选：D。
海水提溴的原理是：浓缩的海水中通入氯气氧化溴离子生成溴，Cl +2Br−=Br +2Cl− ，热空
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气吹出溴，用试剂吸收，如用二氧化硫吸收，二氧化硫与溴发生氧化还原反应生成HBr和硫酸，
再通入氯气与HBr反应生成溴，富集溴元素，利用溴单质易挥发，蒸馏分离出液溴；海带提碘的
原理是：干海带灼烧后，浸取、过滤分离出浸取液含I−，加氧化剂氯气或过氧化氢溶液发生氧化
还原反应，Cl +2I−=I +2Cl− 或2I−+2H++H O =I +2H O，用四氯化碳萃取出I ，分液
2 2 2 2 2 2 2
分离出碘的四氯化碳溶液，分离得到碘单质。
本题考查海水资源的应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离提纯为解
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，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：A.Na和水反应生成NaOH，NaOH和二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠和稀盐
酸反应生成NaCl，所以物质之间能一步转化，故A不选；
B.Fe在氯气中燃烧生成氯化铁，氯化铁和NaOH反应生成氢氧化铁，氢氧化铁受热分解生成氧
化铁，所以物质之间能一步转化，故B不选；
C.氧化铝和水不反应，所以氧化铝不能一步转化为氢氧化铝，故C选；
D.Mg和盐酸反应生成氯化镁，氯化镁和NaOH反应生成氢氧化镁，氢氧化镁和稀硫酸反应生成
硫酸镁，所以物质之间能一步转化，故D不选；
故选：C。
A.Na和水反应生成NaOH，NaOH和二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠和稀盐酸反应生成
NaCl；
B.Fe在氯气中燃烧生成氯化铁，氯化铁和NaOH反应生成氢氧化铁，氢氧化铁受热分解生成氧
化铁；
C.氧化铝和水不反应；
D.Mg和盐酸反应生成氯化镁，氯化镁和NaOH反应生成氢氧化镁，氢氧化镁和稀硫酸反应生成
硫酸镁。
本题考查物质之间转化，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用，明确元素化合物性质及物质之间
转化关系是解本题关键，熟练掌握常见元素化合物性质，题目难度不大。
11.【答案】D
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【解析】解：A.亚铁离子的还原性大于溴离子，若氯气少量，亚铁离子优先被氧化，若氯气足
量，亚铁离子和溴离子都被氧化，所以氯气的用量不同，反应产物不同，相应的离子方程式不同，
故A错误；
B.Ba(OH) 与NaHSO 溶液反应，当NaHSO 足量时可以发生
2 4 4
2H++SO2−+Ba2++2OH−=BaSO ↓+2H O，当Ba(OH) 足量时可能发生
4 4 2 2
H++SO2−+Ba2++OH−=BaSO ↓+H O，与反应物的量有关，故B错误；
4 4 2
C.Na CO 溶液与稀盐酸反应，盐酸量少，反应生成碳酸氢钠，离子反应为
2 3
CO2−+H+=HCO−
，而盐酸量多时，反应生成二氧化碳和水，离子反应为
3 3
CO2−+2H+=H O+CO ↑，不能用同一个离子方程式来表示，故C错误；
3 2 2
D.Ca(HCO ) 与Ca(OH) 反应，无论两者的比例如何均能用同一个离子方程式
3 2 2
HCO−+OH−+Ca2+=H O+CaCO ↓来表示，故D正确。
3 2 3
故选：D。
在溶液中的反应，若反应产物与反应物的量无关时，只发生一个化学反应，反应物相同，生成物
也相同，则能用同一离子方程式表示，若反应产物与反应物的量有关时，不能用同一个离子方程
式表示，以此来解答。
本题考查离子方程式的书写，为高考常见题型，侧重于与量有关的离子的方程式的书写和判断，
注意把握物质的性质，为解答该题的关键，难度不大。
12.【答案】A
【解析】解：A.氯化铵溶解度随温度升高增大，不利于N H Cl更多地析出，故A错误；
4
B.加入食盐，增大Cl−的浓度，有利于N H Cl更多地析出，故B正确；
4
C.氨气溶于水后生成氨水，氨水电离成铵根，增大铵根的浓度有利于氯化铵的析出来，故C正确；
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+V: jiajiao6767 )
D.通入氨气使溶液碱性增强，使碳酸氢钠转化为溶解度较大的碳酸钠，可以提高氯化铵的纯度，
故D正确；
故选：A。
A.氯化铵溶解度随温度升高增大；
B.增大氯离子浓度有利于氯化铵晶体析出；
C.向母液中通氨气，溶液中的铵根离子浓度增大有利于氯化铵晶体析出；
D.向母液中通氨气，溶液中的铵根离子浓度增大有利于氯化铵晶体析出，可以是碳酸氢钠转化为
溶解度更大的碳酸钠，提高氯化铵的纯度。
本题以侯氏制碱工业为载体考查物质的制备，明确侯氏制碱法原理，明确物质分离提纯方法是解
本题关键，侧重考查学生分析判断能力，注意离子浓度和温度对物质溶解性的影响判断，题目难
度中等。
13.【答案】A
【解析】解：A.装置甲是“固+液”常温型装置，可以用装置甲制备氨气，故A正确；
B.浓硫酸与氨气反应，则不能利用浓硫酸干燥氨气，故B错误；
C.应用双孔塞，收集气体不能密闭，故C错误；
D.氨气极易溶于水，吸收氨气防止发生倒吸，漏斗不能完全浸没在水中，不能防倒吸，故D错误；
故选：A。
A.装置甲是“固+液”常温型装置；
B.浓硫酸与氨气反应；
C.应用双孔塞；
D.氨气极易溶于水，吸收氨气防止发生倒吸。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验装置图的作用、物质的性质为解答的关键，
侧重干燥、物质制备、除杂等实验操作和原理的考查，注意实验的操作性、评价性分析，题目难
度不大。
14.【答案】B
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【解析】解：A.前者含有两个甲氧基、后者含有一个甲氧基，二者结构不相似，所以不互为同
系物，故A错误；
B.二者都含有酯基，所以都能和NaOH溶液反应，故B正确；
C.前者含有2个甲氧基、后者含有1个甲氧基，所以二者分子式不同，不互为同分异构体，故C
错误；
D.苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，酯基中碳氧双键和
氢气不反应，二者都含有1个苯环、2个碳碳双键，所以1mol均能与5mol氢气反应，故D错误；
故选：B。
A.结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH 原子团的有机物互为同系物；
2
B.酯基能和NaOH溶液反应；
C.分子式相同、结构不同的有机物互为同分异构体；
D.苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，酯基中碳氧双键和
氢气不反应。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质
的关系、基本概念内涵是解本题关键，题目难度不大。
15.【答案】C
【解析】解：A.B中C、H、O原子个数依次是6、12、1，分子式为C H O，故A正确；
6 12
B.D被C多一个氧原子，则C发生氧化反应生成D，故B正确；
C.D发生开环反应生成PCL，该反应不是缩聚反应，故C错误；
D.D为 ，D、PCL中酯基都可在NaOH溶液中水解，得到的产物都是
HOCH CH CH CH CH COONa，所以得到的水解产物相同，故D正确；
2 2 2 2 2
故选：C。
A和氢气发生加成反应生成B，B发生氧化反应生成C，根据C的结构简式知，B为 ，C发
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生氧化反应生成D，根据PCL的结构简式及D的分子式知，D为 ，D发生开环反应生成
PCL；
A.B中C、H、O原子个数依次是6、12、1；
B.C发生氧化反应生成D；
C.D发生开环反应生成PCL；
D.D为 ，D、PCL中酯基都可在NaOH溶液中水解，得到的产物都是
HOCH CH CH CH CH COONa。
2 2 2 2 2
本题考查有机物合成，侧重考查对比、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，注意：D生成PCL的反应不是缩聚反应。
16.【答案】D
【解析】解：A.由上述分析可知，溶液中一定不含有Fe2+，故A错误；
B.由上述分析可知，溶液中至少含有Fe3+或Al3+中至少一种，可能含有Fe3+，故B错误；
C.由上述分析可知，溶液中一定含有NO−
，故C错误；
3
D.由上述分析可知，溶液中一定不含AlO−
，故D正确；
2
故选：D。
向该溶液中逐滴滴入NaOH溶液一定体积后才产生沉淀，即开始没有沉淀，说明溶液呈酸性，
溶液中一定含有大量的H+，AlO− 、CO2− 与H+不能共存，则溶液中不含有AlO− 、CO2−
，而
2 3 2 3
后才有沉淀生成，能够生成沉淀的是Fe3+、Fe2+或Al3+，即含有Fe3+、Fe2+或Al3+中的一种
或几种，根据溶液不显电性可知，溶液中一定含有NO− ，但Fe2+、H+、NO−
不能共存，则溶
3 3
液中一定不含有Fe2+，综上原溶液中一定含有H+、NO− 、Fe3+或Al3+中至少一种，一定不含
3
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有Fe2+、AlO− 、CO2− ，可能含有Fe3+或Al3+的一种，据此分析解答。
2 3
本题考查常见离子的检验方法，掌握物质的性质、离子的检验方法和溶液不显电性原则是解题关
键，侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力，题目难度中等。
17.【答案】B
【解析】解：A、将表面发黑的银器浸入盛有食盐水的铝质容器中，形成原电池反应，能量变化
是化学能转化为电能，故A错误；
B、依据原电池原理分析，铝和硫化银在食盐水中形成原电池反应，铝做负极，银器做正极，硫
化银被还原为银，故B正确；
C、原电池反应中硫化银被还原为银单质，不是Ag S溶解于食盐水生成了AgCl，故C错误；
2
D、铝在原电池中做负极质量减轻，电极名称错误，故D错误；
故选B．
A、将表面发黑的银器浸入盛有食盐水的铝质容器中，形成原电池反应，能量变化是化学能转化
为电能；
B、依据原电池原理分析，铝和硫化银在食盐水中形成原电池反应，铝做负极，银器做正极，硫
化银被还原为银；
C、原电池反应中硫化银被还原为银单质；
D、铝在原电池中做负极质量减轻；
本题考查了原电池原理分析应用，电极反应，电极判断是解题关键，题目难度中等．
18.【答案】C
【解析】解：A.向N H Fe(SO ) 溶液中加入少量NaOH溶液，离子方程式为：
4 4 2
Fe3++3OH−=3Fe(OH) ↓，故A错误；
3
B.1L1mol⋅L−1FeBr 溶液与一定量氯气反应，转移电子数为6.02×1023，离子方程式为：
2
2Fe2++Cl =2Fe3++2Cl−
，故B错误；
2
C.将2.24L(标准状况)CO 通入500mL0.3mol⋅L−1NaOH溶液中，离子方程式为：
2
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2CO +3OH−=CO2−+HCO−+H O，故C正确；
2 3 3 2
D.向Ca(ClO) 溶液中通入少量SO 发生氧化还原反应，其反应的离子方程式为：
2 2
Ca2++3ClO−+SO +H O=CaSO ↓+2HClO+Cl− ，故D错误；
2 2 4
故选：C。
A.氢氧化钠少量先与铁离子反应；
B.1L1mol⋅L−1FeBr 溶液与一定量氯气反应，转移电子数为6.02×1023时，只氧化亚铁离子；
2
C.二氧化碳与氢氧化钠物质的量之比为2：3反应生成碳酸钠、碳酸氢钠和水；
D.二氧化硫被氧化生成硫酸根离子。
本题考查离子反应，侧重考查学生离子方程式正误判断的掌握情况，试题难度中等。
19.【答案】D
【解析】解：A.碲位于第五周期ⅥA族，因此Cu Te中Te元素为−2价，Cu元素的化合价为+1
2
价，故A错误；
B.反应①中Te元素化合价升高被氧化，O元素化合价降低被还原，氧化剂为O ，氧化产物为
2
TeO ，氧化性O >TeO ，反应②中Te元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则SO 为还原
2 2 2 2
剂，TeO 为氧化剂，氧化剂的氧化性大于还原剂，则有氧化性：TeO >SO ，则氧化性
2 2 2
O >TeO >SO ，故B错误；
2 2 2
C.反应②中Te元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则氧化剂是TeO ，氧化产物是H SO ，
2 2 4
故C错误；
D.每制备1molTe反应②转移4mol电子，反应①转移8mol电子，因此每制备1molTe理论上共
转移12mol电子，故D正确；
故选：D。
A.碲位于第五周期ⅥA族，因此Cu Te中Te元素为−2价，Cu元素的化合价为+1价；
2
B.氧化剂的氧化性大于氧化产物；
C.反应②中Te元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则氧化剂是TeO ，氧化产物是H SO ；
2 2 4
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D.每制备1molTe反应②转移4mol电子，反应①转移8mol电子。
本题主要考查氧化还原反应的基本规律，为高频考点，题目难度不大。
20.【答案】C
【解析】解：A.a点溶液中的溶质是NaOH，水电离出的c(H+ )=10−pH=1×10−10mol⋅L−1，
故A正确；
B.常温下，c(OH− )=1×10−7mol/L，溶液呈中性，则c(OH− )=c(H+ )，所以
c(H+ )=1×10−7mol⋅L−1，故B正确；
C.c点溶液中，当水电离出的OH−离子浓度最大时，说明此时的溶液是碳酸钠溶液，碳酸根离子
水解生成碳酸氢根离子但程度较小，所以离子浓度大小顺序是c(Na+ )>c(CO2− )>c(HCO−
)，
3 3
故C错误；
D.d点溶液中，溶液呈中性，则c(OH− )=c(H+ )，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得
c(Na+ )=2c(CO2− )+c(HCO−
)，故D正确；
3 3
故选C．
本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，结合电荷
守恒进行解答，注意计算碱性溶液中水电离出氢离子和氢氧根离子的方法．
21.【答案】球形干燥管 使F与G压强相同，便于浓盐酸顺利滴出 赶尽装置中空气，防止PCl
3
被氧化 吸收未反应的氯气，防止污染空气 水浴 受热均匀，便于控制加热温度 蒸馏 滴定管
和500mL容量瓶 55%
【解析】解：(1)仪器D的名称是球形干燥管，装置F与G由橡胶管a相连通，a的作用是使F与
G压强相同，便于浓盐酸顺利滴出，
故答案为：球形干燥管；使F与G压强相同，便于浓盐酸顺利滴出；
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(2)实验时，检查装置气密性后，先打开K 通入CO ，再迅速加入红磷，通入CO 的作用是赶
1 2 2
尽装置中空气，防止PCl 被氧化，
3
故答案为：赶尽装置中空气，防止PCl 被氧化；
3
(3)装置D中盛有碱石灰，其作用一为干燥，吸水，作用二为吸收未反应的氯气，防止污染空气，
故答案为：吸收未反应的氯气，防止污染空气；
(4)装置C中的反应需要65～70℃，最适合的加热方式为水浴加热，该方法的优点是受热均匀，
便于控制加热温度，制得的PCl 粗产品中常含有POCl 、PCl 等，加入红磷加热除去PCl 后，
3 3 5 5
通过蒸馏，即可得到较纯净的PCl ，
3
故答案为：水浴；受热均匀，便于控制加热温度；蒸馏；
(5)第二步配成500mL溶液，需要的定量移取20.000gPCl 粗产品，其仪器名称为滴定管和
3
500mL容量瓶，反应的关系式为I ～2Na S O ，PCl ～H PO ～I ，该产品中PCl 的质
2 2 2 3 3 3 3 2 3
量分数
1
(0.5×20×10−3−1×12×10−3× )×20×137.5
三氯化磷的质量 2 ，
= ×100%= ×100%=55%
样品的质量 20
故答案为：滴定管和500mL容量瓶；55%。
(1)仪器D的名称是球形干燥管，橡胶管a使F与G压强相同，便于浓盐酸顺利滴出；
(2)实验时，检查装置气密性后，先打开K 通入CO ，赶尽装置中空气，防止PCl 被氧化；
1 2 3
(3)碱石灰可以吸收未反应的氯气；
(4)装置C中的反应需要65～70℃，所得混合物互溶，且沸点相差较大不同，通过蒸馏分离；
(5)第二步配成500mL溶液，需要的定量移取20.000gPCl 粗产品，其仪器名称为滴定管和
3
500mL容量瓶，反应的关系式为I ～2Na S O ，PCl ～H PO ～I ，该产品中PCl 的质
2 2 2 3 3 3 3 2 3
三氯化磷的质量
量分数= ×100%。
样品的质量
本题考查制备实验方案的设计，侧重考查学生仪器、装置和产品纯度计算的掌握情况，试题难度
中等。
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22.【答案】2：1 c c(O ) > 0.0067mol⋅L−1 ⋅s−1 < pH升高，HO− 的浓度
2 2
增加，H O 分解速率加快 H O 浓度越高，电离程度越低，分解率越小 该法生产原子利用率
2 2 2 2
是100%，符合“绿色化学工艺”
【解析】解：(1)O元素核外电子数为8，根据能量最低原理，核外最外层电子排布式为2s22p4，
成单电子为2，成对电子为4，氧原子最外层成对电子和未成对电子数目之比为4：2=2：1，
故答案为：2：1；
(2)过氧化氢为共价化合物，分子中氧原子之间形成一对共用电子对，电子式为： ，
要确定H O 分子结构，需要测定H O 分子中的键角判断分子结构，故选c，
2 2 2 2
故答案为： ；c；
(3)2H O (l)⇌2H O(l)+O (g)+Q(Q>0)，H O 分解反应的平衡常数表达式K=c(O )，
2 2 2 2 2 2 2
反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，不同温度下H O 分解反应的平衡常数
2 2
K(25℃)>K(40℃)，标准状况下，某5mLH O 溶液60s内产生氧气22.4mL(溶液体积变
2 2
22.4L
化忽略不计)，n(O )= =0.1mol，反应的n(H O )=0.2mol，则0～60s，
2 22.4L/mol 2 2
0.2mol
5L ，
v(H O )= ≈0.0067mol⋅L−1 ⋅s−1
2 2 60s
故答案为：c(O )；>；0.0067mol⋅L−1 ⋅s−1；
2
(4)H O (aq)⇌H+ (aq)+HO− (aq)K(25℃)=2.24×10−12 ，过氧化氢为二元弱酸，H O
2 2 2 2
为中性，则25℃，pH(H O )0)，平衡常数
2 2 2 2
生成物平衡浓度幂次方乘积
K= ，纯液体和固体不写入表达式，反应为放热反应，升温平衡
反应物平衡浓度幂次方乘积
正向进行，一定浓度的H O ，pH增大H O 分解率增加；
2 2 2 2
(4)H O (aq)⇌H+ (aq)+HO− (aq)K(25℃)=2.24×10−12 ，过氧化氢为二元弱酸，显弱
2 2 2
酸性，一定浓度的H O ，pH增大HO− 的浓度增加，H O 分解率增大，相同pH下，H O 浓
2 2 2 2 2 2 2
度越大，H O 的电离程度越小，分解率越低；
2 2
(5)绿色化学是指原子利用率100%，无污染、从源头上杜绝污染。
本题考查了原子结构、反应速率计算、平衡影响因素的理解应用、弱电解质电离平衡等知识点，
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注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
23.【答案】6Zn+As O +12HCl=6ZnCl +2AsH ↑+3H O 2：1 SO
2 3 2 3 2 2
H AsO +OH−=H AsO−+H O > Na HAsO 溶液呈碱性，HAsO2− 水解程度大于其电
3 3 2 3 2 2 3 3
离程度 < 淀粉溶液 溶液的酸碱性影响物质的氧化还原性
【解析】解：(1)法庭医学常用马氏试砷法来证明是否砒霜(As O )中毒：把试样与锌和盐酸混
2 3
合，若试样中含有砒霜，则会反应生成砷化氢、氯化锌与水，该反应的化学方程式为
6Zn+As O +12HCl=6ZnCl +2AsH ↑+3H O，
2 3 2 3 2
故答案为：6Zn+As O +12HCl=6ZnCl +2AsH ↑+3H O；
2 3 2 3 2
(2)As S 和SnCl 在盐酸中反应转化为As S (其中As为+2价)和SnCl 并放出H S气体，该
2 3 2 4 4 4 2
反应中氧化产物是SnCl ，Sn元素由+2价升高到+4价，升高2价，还原产物是As S ，As元素
4 4 4
由+3价降低到+2价，得到1个As S ，化合价共降低1×4=4价，根据化合价升降守恒可得，氧
4 4
化产物与还原产物的物质的量之比为2：1，
故答案为：2：1；
(3)一定条件下，雄黄(As S )与O 生成As O 与物质a，若该反应中1molAs S 参加反应时，
4 4 2 2 3 4 4
转移28mol电子，即消耗7molO ，根据原子守恒和化合价升降守恒，可得反应的方程式为：
2
❑
As S +7O =2As O +4SO ，则物质a的化学式为SO ，
4 4 2 2 3 2 2
故答案为：SO ；
2
(4)由图可知，向亚砷酸溶液中缓缓加入NaOH溶液至pH=11时，反应的离子方程式为
H AsO +OH−=H AsO−+H O，Na HAsO 溶液中c(H AsO− )>c(AsO3− )，理由是
3 3 2 3 2 2 3 2 3 3
Na HAsO 溶液呈碱性，HAsO2− 水解程度大于其电离程度，
2 3 3
故答案为：H AsO +OH−=H AsO−+H O；>；Na HAsO 溶液呈碱性，HAsO2− 水解程
3 3 2 3 2 2 3 3
度大于其电离程度；
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(5)已知：I +AsO3−+2OH− ⇌2I−+AsO3−+H O，为验证该反应具有可逆性，将等物质的
2 3 4 2
量浓度的碘水与Na AsO 溶液按体积比为V ：V 的比例混合(另加入适量的碱)，当V
