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2023 年上海市金山区高考化学二模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共20小题，共40.0分）
1. 某合金耐腐蚀、强度大，其与铁的部分物理性质如下表所示。根据表中信息推测，该合
金材料不适合作 ( )
熔点 密度
硬度(金刚石为10) 导电性(银为100)
/℃ /g⋅cm−3
某合
2500 3.00 7.4 2.3
金
铁 1535 7.86 4.5 17
A. 导线 B. 门窗框 C. 炉具 D. 飞机外壳
2. 反应2N H +NaClO=N H +NaCl+H O可用于制备火箭推进剂的燃料N H 。下
3 2 4 2 2 4
列有关说法正确的是( )
A. N H 的结构式： B. 中子数为8的氮原子：❑ 15N
2 4
C. O原子的最外层电子排布式：2s22p6D. NaClO的电子式：
3. 下列物质在空气中久置会变质，变质过程不涉及氧化还原反应的物质是( )
A. Na B. Na O C. Na O D. Na SO
2 2 2 2 3
4. 在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入物质X后铜粉逐渐溶解，X可能是( )
A. HCl B. Fe (SO ) C. K S D. FeSO
2 4 3 2 4
5. 下列不能用键能解释的事实是( )
A. 晶体密度：SiO >CO B. 热稳定性：CH >SiH
2 2 4 4
C. 活泼性：乙烯>苯 D. 硬度：金刚石>晶体硅
6. 下列物质中，属于含非极性键的共价化合物是( )
A. CH OH B. N H Cl C. C H D. Na O
3 4 2 4 2 2
7. 布洛芬是一种解热镇痛药，结构简式如图所示。下列关于布洛芬的叙述正确的是( )
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A. 分子式为C H O B. 有6种一氯代物
13 16 2
C. 分子中至少有9个碳原子共面 D. 能发生取代、加成反应
8. 某单烯烃加氢产物只有2种一氯代物，则该单烯烃的结构简式为( )
A. CH CH CH=CHCH CH B. CH =CHC(CH )
3 2 2 3 2 3 3
C. (CH ) C=C(CH ) D. CH CH=CHCH(CH )
3 2 3 2 3 3 2
9. 利用如图所示装置(夹持装置略)进行实验，a中生成物的检验方法正确的是 ( )
a中反应 b中检测试剂及现象
AgNO (aq)中有白色沉
AMnO (s)和浓HCl(aq)生成Cl 3
2 2 淀
BC(s)与浓H SO 生成CO 澄清石灰水变浑浊
2 4 2
C浓NaOH(aq)与N H Cl(aq)生成N H 酚酞溶液变红
4 3
CH CH Br与NaOH乙醇溶液生成
D 3 2 KMnO (H+ )褪色
CH =CH 4
2 2
A. A B. B C. C D. D
10. 将铜片与石墨连接浸入到稀硫酸溶液中(如图)，过了较长
时间后，发现溶液出现蓝色，下列说法正确的是( )
A. 铜发生了析氢腐蚀
B. 石墨电极发生：O +4e−+2H O=4OH−
2 2
C. 电池总反应：2Cu+2H SO +O =2CuSO +2H O
2 4 2 4 2
D. 石墨电极附近c(Cu2+ )、c(H+ )均增大
11. 实验室制备乙酸丁酯，反应温度要控制在115℃～125℃之间，有关数据如下表：
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物质 乙酸 1−丁醇 乙酸丁酯 98%浓硫酸
沸点 117.9℃ 117.2℃ 126.3℃ 338.0℃
溶解 微溶于水，溶于有机溶
溶于水和有机溶剂溶于水和有机溶剂 与水混溶
性 剂
下列叙述正确的是( )
A. 采用加热回流装置
B. 不用水浴加热的原因：乙酸丁酯的沸点高于100℃
C. 分离粗品：用NaOH(aq)洗涤反应后混合物，再分液
D. 粗品精制：加吸水剂分液
12. 如图所示是铁及其化合物的价类二维图，下列有关叙述正确的是( )
A. 物质X是Fe O
3 4
B. Fe O →Fe的转化，Fe O 发生氧化反应
2 3 2 3
C. 在空气中Z→Y的现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色
D. 可通过复分解反应实现FeCl 和FeCl 的相互转化
2 3
13. 明代《徐光启手迹》中记载了硝酸的制备方法，其主要物质转化流程如图所示。下
列说法正确的是( )
A. X为SO
2
B. 现代工业用稀硫酸吸收SO
3
C. 上述转化流程涉及分解、化合和置换反应
D. 制取HNO 是利用了强酸制弱酸的反应原理
3
14. 以硅烷(SiH ,Si为+4价)为原料制备氮化硅(Si N )的原理为：
4 3 4
3SiH +4N H =Si N +12H 。下列事实能说明N和Si非金属性强弱的是( )
4 3 3 4 2
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A. 键角：SiH >N H B. SiH 在反应中作还原剂
4 3 4
C. Si N 为原子晶体 D. SiH 与N H 分子的极性不同
3 4 4 3
15. 下列由废催化剂(主要含FeBr 及少量溴、苯)制取无水FeCl 的实验，能达到实验目
3 3
的的是 ( )
C.分离 D.蒸干溶液得
A.制取氯气 B.氧化Br−
FeCl (aq) FeCl ⋅6H O
3 3 2
A. A B. B C. C D. D
16. 常温下酸性：HSO−>HClO。SO 与足量Ca(ClO) (aq)反应的离子方程式为( )
3 2 2
A. SO +H O+ClO−=HSO−+HClO
2 2 3
B. SO +H O+Ca2++2ClO−=CaSO ↓+2HClO
2 2 3
C. SO +H O+Ca2++ClO−=CaSO ↓+Cl−+2H+
2 2 4
D. SO +H O+Ca2++3ClO−=CaSO ↓+Cl−+2HClO
2 2 4
17. 向100mL0.01mol⋅L−1Ba(OH) (aq)中滴加0.1mol⋅L−1NaHCO (aq)，测得溶
2 3
液电导率的变化如图。下列说法错误的是( )
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A. a→b发生的主要反应：Ba2++2OH−+2HCO−=BaCO ↓+2H O+CO2−
3 3 2 3
B. b→c溶液中的c(OH− )减小
C. c点溶液存在：c(OH− )−c(H+ )=c(HCO− )+2c(H CO )
3 2 3
D. 溶液中水的电离程度：c>b>a
18. 溶液A中含有如图离子中的若干种：Na+、N H+ 、M g2+、SO2− 、SO2− 、Cl−、
4 4 3
OH−。为确定溶液中所含离子，现取该溶液进行有关实验，实验结果如图：
下列说法正确的是( )
A. 气体E能使湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色
B. 若向沉淀B中加入足量稀硝酸，最终得到4.66g沉淀
C. 滤液C中大量存在的离子有N H+ 、Ba2+、Cl−、OH−
4
D. 溶液A中可能有Na+，无Cl−
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19. 将一定量锌与100mL18mol⋅L−1的浓硫酸充分反应，锌完全溶解时产生0.8mol气体
(不考虑气体在溶液中的溶解)，将反应后的溶液稀释至400mL，测得溶液中
c(H+ )=xmol⋅L−1，则下列叙述错误的是( )
A. 共消耗锌48.0g B. 共转移电子1.6mol
n(SO ) 1−0.2x
C. 气体中 2 = D. 生成气体体积约为17.92L(STP)
n(H ) 0.2(x−1)
2
20. 以Fe O 为原料炼铁，主要发生如下反应：
3 4
反应Ⅰ：
Fe O (s)+CO(g)⇌3FeO(s)+CO (g)+Q (Q <0)
3 4 2 1 1
反应Ⅱ：Fe O (s)+4CO(g)⇌3Fe(s)+4CO (g)+Q
3 4 2 2
将一定体积CO通入装有Fe O 粉末的反应器，其它条件不变，反应达平衡，测得CO的体
3 4
积分数随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. Q <0
2
B. 反应温度越高，Fe O 主要还原产物中铁元素的价态越低
3 4
C. 在恒温、恒容的反应器中，当压强保持不变时，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡状态
D. 温度高于1040℃时，反应I的化学平衡常数K>4
第II卷（非选择题）
二、简答题（本大题共4小题，共60.0分）
21. 白云石的化学组成是CaCO ⋅MgCO ，500℃以下分解成二氧化碳、金属氧化物和
3 3
碳酸盐，800℃以上则彻底分解成氧化物。
(1)镁和钙在元素周期表中位于 ______ 族，它们的价电子轨道式表示式为 ______ (用n表
示电子层数)。
(2)白云石500℃以下分解的化学方程式为 ______ 。
(3)从物质结构角度分析、比较白云石分解生成的MgO和CaO的热稳定性 ______ 。
(4)白云石分解得到的CO 是氨碱法制备纯碱的基本原料之一，写出氨碱法制纯碱主要反应
2
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的化学方程式 ______ 、 ______ 。向氨碱法的母液中加入生石灰可实现 ______ (填化学
式)的循环利用。处理后的母液经蒸发、浓缩、冷却、固化可得CaCl 。以质量比为1.44：1
2
的CaCl ⋅6H O与冰水混合，可获得−55℃的低温，配制该制冷剂时不使用无水CaCl
2 2 2
的原因是 ______ 。
22. H S与CH 重整，不但可以消除污染，还可以制氢。主要反应如下：
2 4
①CH (g)+2H S(g)⇌CS (g)+4H (g)+Q(Q<0)。
4 2 2 2
(1)在恒温恒容条件下，可作为反应①达到平衡状态的判断依据是 ______ (选填编号)。
A.混合气体密度不变
B.容器内压强不变
C.2v (H S)=v (CS )
正 2 逆 2
D.CH 与H 的物质的量分数之比保持不变
4 2
在恒压条件下，以n(CH )：n(H S)=1：2的组成的混合气体发生反应①，达到平衡状态
4 2
时，四种组分物质的量分数随温度的变化如图所示。
(2)图中表示CH 、CS 变化的曲线分别是 ______ 、 ______ (选填编号)。
4 2
(3)M点对应温度下，H S的转化率是 ______ 。
2
在研究反应发生的适宜条件时发现：过多的CH 会导致Al O 催化剂失活；Co助剂有稳定
4 2 3
催化剂的作用。图(a)表示800℃，Al O 催化剂条件下投入等量H S，投料比[n(CH )：
2 3 2 4
n(H S)]分别为1：1、1：3、12：1，达平衡时H S转化率、平均反应速率。
2 2
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(4)投料比n(CH )：n(H S)=1：1为对应图(b)中 ______ 组图象(选填“A”“B”或
4 2
“C”)；在三组图象中，c组图象中平均反应速率最低的可能原因是 ______ 。
(5)未添加Co助剂时，无积碳，随着Co添加量的变化，积碳量变化图(c)所示，Co助剂可
能催化原料气发生反应的化学方程式为 ______ 。
23. 环氧乙烷( )是一种基础有机化工原料，以环氧乙烷为原料合成M(
)的一条合成路线如图：
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(1)在一定条件下，环氧乙烷可与H 、H O、HBr等小分子发生类似加成的开环反应，如
2 2
反应①。写出反应①的化学方程式 ______ 。
(2)反应②的反应类型是 ______ 。设计反应③的目的是 ______ 。
(3)A的结构简式为 ______ ，C中含有的官能团有羰基和 ______ ，写出一种满足下列条
件的C的同分异构体结构简式 ______ 。
①含六元碳环；
②含三种不同化学环境的H原子；
③能发生银镜反应
(4)反应⑤的反应条件是 ______ 。
(5)以 和HOCH CH OH为主要原料合成B( )(无机试剂任选)，
2 2
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将以下合成路线补充完整 ______ 。已知： 。
24. 氯及其化合物是卤素中最早被认识和制备的。KClO 热分解是实验室制取O 的方法之
3 2
一。KClO 在不同条件下热分解结果如下：
3
第一放热温度 第二放热温度
实验 反应体系
/℃ /℃
A KClO 400 480
3
B KClO +Fe O 360 390
3 2 3
C KClO +MnO 350
3 2
1
已知：①K(s)+ Cl (g)=KCl(s)+437kJ
2 2
1 3
②K(s)+ Cl (g)+ O =KClO (s)+398kJ
2 2 2 2 3
1
③K(s)+ Cl (g)+2O =KClO (s)+433kJ
2 2 2 4
(1)实验A、B在第一放热温度时分解的热化学方程式为
______ kJ。
(2)实验C制得的O 因混有杂质而有轻微的刺激性气味，杂质气体可能是 ______ ，检验方
2
法是 ______ 。
甲苯(C H CH )与干燥的Cl 在光照下反应生成氯化苄(C H CH Cl)。用下列方法分
6 5 3 2 6 5 2
析粗产品的纯度：称取0.255g样品，与足量4mol⋅L−1NaOH(aq)混合加热回流1ℎ，冷
却至室温，加入足量硝酸酸化后，用25.00mL0.1000mol⋅L−1AgNO (aq)处理，再以
3
N H Fe(SO ) 为指示剂，用0.1000mol⋅L−1N H SCN(aq)滴定剩余的AgNO (aq)，
4 4 2 4 3
发生反应：Ag++SCN−=AgSCN↓，消耗N H SCN(aq)6.75mL。
4
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(3)滴定终点溶液为 ______ 色，样品中氯化苄的质量分数为 ______ (保留两位有效数字)。
(4)通常上述测定结果高于样品中氯化苄的实际含量，任写两个可能的原因 ______ 。上述
方法不适用于氯苯(C H Cl)的纯度分析，原因是 ______ 。
6 5
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答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.合金的导电性差，所以不能做电源线，故A正确；
B.该合金的硬度大，可耐抗压、击打，所以可作门窗框，故B错误；
C.合金的熔点高，可做炉具，故C错误；
D.合金的硬度大，密度小，熔点高，可做飞机外壳，故D错误；
故选：A。
从表中数据知，该合金具有熔点高、密度小、硬度大的特点，但导电性差，所以该合金可以作耐
高温、耐抗压或击打的物品。
本题考查金属与合金在性能上的主要差异，根据题给信息确定该合金的性能，性质决定用途，根
据其性质分析解答即可，难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.N H 的电子式为： ，结构式为： ，故A错误；
2 4
B.元素右上角的数字为质量数，质量数=质子数+中子数，中子数为8的氮原子，质量数为：
7+8=15，可表示为❑ 15N，故B正确；
C.O原子的电子数为：8，主族元素价电子数=最外层电子数，其价电子排布式为2s22p4，故C
错误；
D.NaClO是离子化合物，由阴阳离子构成，电子式为： ，故D错误；
故选：B。
A.N H 的电子式为： ；
2 4
B.元素右上角的数字为质量数，质量数=质子数+中子数；
C.O原子的电子数为：8，根据构造原理可得其价电子排布式；
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D.NaClO是离子化合物，由阴阳离子构成。
本题主要考查原子核外电子排布、电子式等有关知识，题目难度不大，要注意质量数与质子数、
中子数的关系。
3.【答案】B
【解析】解：A.金属钠易和空气中的氧气发生反应生成氧化钠，属于氧化还原反应，故A错误；
B.氧化钠和空气中的水反应生成氢氧化钠时，反应中没有化合价的变化，不是氧化还原反应，故
C正确；
C.过氧化钠易和空气中的二氧化碳以及水反应，反应为氧化还原反应，故B错误；
D.亚硫酸钠放置在空气中易变质，被氧气氧化为硫酸钠，属于氧化原反应，故D错误；
故选：B。
在化学变化过程中有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，根据物质在空气中发生的化学反应
来回答．
本题考查学生金属钠以及化合物的性质、氧化还原反应的判断等知识，难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.Cu和HCl不反应，加入HCl，铜不溶解，故A错误；
B.铜能和Fe (SO ) 反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，所以铜能在Fe (SO ) 溶液中溶解，故B正
2 4 3 2 4 3
确；
C.K S与铜粉不反应，故铜粉不溶解，故C错误；
2
D.FeSO 不和铜反应，所以加入FeSO 不会发生反应，故D错误；
4 4
故选：B。
铜不能与弱氧化性酸反应，但可以和强氧化性酸反应，能与具有氧化性的FeCl 溶液、酸性条件
3
下的硝酸盐等反应，据此分析。
本题考查了常见金属元素及其化合物性质，题目难度不大，明确常见元素及其化合物性质为解答
关键，注意把握物质的性质，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
5.【答案】A
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【解析】解：A.SiO 是共价晶体，原子间均以共价键结合，原子间空隙小，晶体密度大，而
2
CO 是分子晶体，分子间以分子间作用力结合，空隙较大，故密度小，与键能大小无关，故A
2
错误；
B.CH 、SiH 均为分子晶体，共价键键能：C−H>Si−H，热稳定性：CH >SiH ，与键能
4 4 4 4
有关，故B正确；
C.乙烯中存在π键，而苯分子中存在的是π6 大π键，由于乙烯中的π键的键能更小，更易断裂，
6
则活泼性：乙烯>苯，故C正确；
D.金刚石和晶体硅均为共价晶体，由于键长：C−CSi−Si，故金刚
石的硬度更大，和键能有关，故D正确；
故选：A。
A.SiO 是共价晶体，CO 是分子晶体；
2 2
B.CH 、SiH 均为分子晶体，共价键键能越大，则热稳定性越好；
4 4
C.乙烯中存在π键，而苯分子中存在的是大π键；
D.金刚石和晶体硅均为共价晶体，共价键的键能越大，则其硬度越大。
本题考查键能的应用，涉及物质熔沸点的判断、硬度大小比较等知识，难度不大，注意概念的理
解应用。
6.【答案】C
【解析】解：A.CH OH中只含共价键，为共价化合物，其含有的C−H、O−H、C−O键均
3
为极性键，不含非极性键，故A错误；
B.N H Cl为离子化合物，故B错误；
4
C.C H 为共价化合物，其含有的碳碳双键为非极性键，故C正确；
2 4
D.Na O 为离子化合物，故D错误；
2 2
故选：C。
含离子键的化合物为离子化合物，只含共价键的化合物为共价化合物，形成于不同种元素间的共
价键为极性共价键，形成于同种元素间的共价键为非极性键，据此分析。
本题考查了离子化合物、共价化合物以及极性键、非极性键的判断，难度不大，应注意基础知识
的掌握和应用。
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7.【答案】D
【解析】解：A.该有机物分子含有13个碳原子、18个氢原子、2个氧原子，其分子式为
C H O ，故A错误；
13 18 2
B.烃基中苯环上2种氢原子、苯环侧链上共有5种氢原子，则其一氯代物有7种，故B错误；
C.苯环及其连接原子为平面结构，而单键可以旋转，其它碳原子不一定处于苯环平面内，分子中
分子中至少有8个碳原子共面，故C错误；
D.含有羧基，可以发生取代反应，如酯化反应，分子中烃基也可以发生取代反应，含有苯环，能
与氢气发生加成反应，故D正确；
故选：D。
A.该有机物分子含有13个碳原子、18个氢原子、2个氧原子；
B.烃基中苯环上2种氢原子、苯环侧链上共有5种氢原子；
C.苯环及其连接原子为平面结构，而单键可以旋转，其它碳原子不一定处于苯环平面内；
D.含有羧基、苯环等，具有羧酸与苯的性质。
本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转换，根据甲烷的四面体、乙烯
与苯的平面形、乙炔直线形连接共面与共线问题，题目侧重考查学生分析能力、灵活运用知识的
能力。
8.【答案】C
【解析】解：A.CH CH CH=CHCH CH 与氢气加成后得到
3 2 2 3
CH CH CH CH CH CH ，CH CH CH CH CH CH 中有3种氢，即一氯代物有
3 2 2 2 2 3 3 2 2 2 2 3
3种，故A错误；
B.CH =CHC(CH ) 与氢气加成后得到CH CH C(CH ) ，CH CH C(CH ) 中有3种
2 3 3 3 2 3 3 3 2 3 3
氢，即一氯代物有3种，故B错误；
C.(CH ) C=C(CH ) 与氢气加成后得到(CH ) CHCH(CH ) ，(CH ) CHCH(CH )
3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2
中有2种氢，即一氯代物有2种，故C正确；
D.CH CH=CHCH(CH ) 与氢气加成后得到CH CH CH CH(CH ) ，
3 3 2 3 2 2 3 2
CH CH CH CH(CH ) 中有5种氢，即一氯代物有5种，故D错误；
3 2 2 3 2
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故选：C。
某单烯烃加氢后得到烷烃，该烷烃一氯代物只有两种，说明分子结构对称不同环境下氢原子只有
2种，据此分析。
本题考查有机反应、等效氢等知识，解题关键是熟悉烷烃的结构，准确判断烷烃中不同环境氢原
子的种数。
9.【答案】C
【解析】解：A.挥发的盐酸与硝酸银溶液反应，b中生成白色沉淀，不能检验氯气的生成，故A
错误；
B.二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊，b中变浑浊，不能检验二氧化碳，故B错误；
C.浓NaOH与氯化铵溶液加热生成氨气，氨气可使酚酞变红，b中溶液变红可检验氨气的生成，
故C正确；
D.挥发的醇及生成的乙烯，均使酸性高锰酸钾溶液褪色，b中溶液褪色，不能检验乙烯，故D错
误；
故选：C。
A.挥发的盐酸与硝酸银溶液反应；
B.二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊；
C.浓NaOH与氯化铵溶液加热生成氨气，氨气可使酚酞变红；
D.挥发的醇及生成的乙烯，均使酸性高锰酸钾溶液褪色。
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、物质的制备、反应与现象、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。
10.【答案】C
【解析】解：A.由分析可知，电池总反应式为：2Cu+2H SO +O =2CuSO +2H O，则
2 4 2 4 2
铜发生了吸氧腐蚀，故A错误；
B.由分析可知，石墨为正极，酸性条件下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成生成水，电极
反应式为：O +4e−+4H+=2H O，故B错误；
2 2
C.由分析可知，电池总反应式为：2Cu+2H SO +O =2CuSO +2H O，故C正确；
2 4 2 4 2
D.由分析可知，石墨为正极，酸性条件下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成生成水，电极
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反应式为：O +4e−+4H+=2H O，因此石墨电极附近c(H+ )减小，故D错误；
2 2
故选：C。
由题意可知，该装置为原电池，铜为原电池的负极，铜失去电子发生氧化反应生成铜离子，电极
反应式为：Cu−2e−=Cu2+，石墨为正极，酸性条件下，氧气在正极得到电子发生还原反应生
成生成水，电极反应式为：O +4e−+4H+=2H O，电池总反应式为：
2 2
2Cu+2H SO +O =2CuSO +2H O。
2 4 2 4 2
本题主要考查原电池的工作原理，为高频考点，题目难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：A.乙酸、1−丁醇的沸点都不高，反应过程中易挥发而出，使原料利用率降低，若
采用加热回流装置，可使原料充分利用，可提高原料利用率，故A正确；
B.制备乙酸丁酯时反应温度要控制在115℃～125℃之间，水浴加热温度为100℃左右，达不
到实验条件，故B错误；
C.反应后混合物应用饱和碳酸钠溶液洗涤，除去1−丁醇和乙酸，再分液得到乙酸丁酯，不能用
NaOH(aq)洗涤，NaOH(aq)碱性强，能促进酯类物质水解，导致产率降低，故C错误；
D.反应后物质互溶，沸点不同，则应用蒸馏法精制粗品，加吸水剂分液不能除去互溶的杂质，故
D错误；
故选：A。
A.乙酸、1−丁醇的沸点都不高，反应过程中易挥发而出，使原料利用率降低；
B.制备乙酸丁酯时反应温度要控制在115℃～125℃之间，据此分析判断；
C.NaOH(aq)碱性强，能促进酯类物质水解完全；
D.粗品精制应根据物质沸点不同，采用蒸馏法。
本题考查制备实验方案的设计，把握制备原理、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重
分析能力与实验能力的考查，注意掌握物质分离提纯方法的适用范围及注意事项，题目难度中等。
12.【答案】C
【解析】解：A.由分析可知，X是氧化亚铁，故A错误；
B.氧化铁与铝发生铝热反应生成铁和氧化铝，铁元素化合价降低，因此Fe O →Fe发生还原反
2 3
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应，故B错误；
C.Z为Fe(OH) ，Y为Fe(OH) ，氢氧化亚铁在空气中易被氧化为氢氧化铁，现象为白色沉淀
2 3
迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，故C正确；
D.FeCl 与FeCl 中铁元素化合价不同，FeCl 和FeCl 的相互转化的反应类型一定不是复分解
2 3 2 3
反应，故D错误；
故选：C。
X为+2价的铁的氧化物，X为FeO，Y为碱，铁元素化合价为+3价，Y为Fe(OH) ，Z为碱，
3
铁元素化合价为+2价，Z为Fe(OH) ，据此进行解答。
2
本题考查铁及其化合物的性质，题目简单，注意对元素化合物知识的积累。
13.【答案】A
【解析】解：A.据图可知FeSO 分解时生成Fe O 和SO ，Fe元素被氧化，则S元素应被还原，
4 2 3 3
X为SO ，故A正确；
2
B.由于三氧化硫和水反应是放热反应，温度很高，这时水会变为蒸汽，那么水和三氧化硫实际上
在气体状态下反应得到硫酸，此时硫酸以酸雾的形成停留在吸收塔中，很难沉降下来，造成水吸
收三氧化硫的速度大大降低了，工业制硫酸过程中不用水而常用98.3%的浓硫酸吸收SO ，故B
3
错误；
C.煅烧FeSO 为分解反应，SO 与H O反应为化合反应，该流程中未涉及置换反应，故C错误；
4 3 2
D.制取HNO 是利用了高沸点的硫酸制取低沸点的硝酸的反应原理，故D错误；
3
故选：A。
A.据图可知FeSO 分解时生成Fe O 和SO ，Fe元素被氧化，则S元素应被还原；
4 2 3 3
B.工业制硫酸过程中不用水而常用98.3%的浓硫酸吸收SO ；
3
C.煅烧FeSO 为分解反应，SO 与H O反应为化合反应；
4 3 2
D.制取HNO 是利用了高沸点的硫酸制取低沸点的硝酸的反应原理。
3
本题主要考查工业上制硝酸，包括对氧化还原反应规律及反应类型的考查，为高频考点，题目难
度不大。
14.【答案】B
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【解析】解：A.SiH 、N H 的VSEPR模型均为四面体，由于斥力：成键电子对−孤电子对>成
4 3
键电子对−成键电子对，则键角：SiH >N H ，和N、Si的非金属性无关，故A错误；
4 3
B.SiH 在反应中作还原剂，是由于SiH 中的H元素为−1价，和N H 中显+1价的H元素发生了
4 4 3
归中反应，SiH 中的H元素为−1价，说明非金属性H>Si，而N H 中H元素显+1价，说明非
4 3
金属性N>H，则能说明非金属性Sib>a，故D正确；
故选：A。
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向100mL0.01mol⋅L−1Ba(OH) (aq)中滴加0.1mol⋅L−1NaHCO (aq)，a→b发生反应
2 3
Ba2++OH−+HCO−=BaCO ↓+H O，故b点溶质为NaOH，b→c发生反应
3 3 2
OH−+HCO−=CO2−+H O，c点溶质为Na CO ，据此作答。
3 3 2 2 3
本题考查滴定曲线变化，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断各点溶质是解题的关键。
18.【答案】B
【解析】解：A.根据上述分析可知，气体E为亚硫酸钡与颜色反应生成的二氧化硫气体，不能
漂白指示剂，所以不能使湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故A错误；
B.根据上述分析可知，沉淀B为0.01moLBaSO 和0.01molBaSO 的混合物，所以若向沉淀B中
4 3
加入足量稀硝酸，最终生成0.02molBaSO ，质量为0.02mol×233g/mol=4.66g，故B正确；
4
C.根据上述分析可知，滤液C中大量存在的离子有N H+ 、Ba2+、Cl−，没有OH−，故C错误；
4
D.根据上述分析可知，原溶液中一定还含有Na+，可能含有Cl−，故D错误；
故选：B。
溶液A加入足量BaCl 溶液生成4.50g沉淀B，且沉淀部分溶解于稀盐酸，说明原溶液中含有
2
SO2− 、SO2− ，M g2+与SO2− 不共存，则原溶液中无M g2+，
4 3 3
m 2.33g
n(SO2− )=n(BaSO )= = =0.01mol，
4 4 M 233g/mol
4.50g−2.33g
n(SO2− )=n(BaSO )= =0.01mol，滤液C中加入足量NaOH溶液、加热生成
3 3 217g/mol
448mL气体F即氨气，则原溶液中含有N H+ ，所以溶液中不能大量存在OH−，
4
0.448L
n(N H+ )=n(N H )= =0.02mol，由于
4 3 22.4L/mol
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2n(SO2− )+2n(SO2− )=2×0.01mol+2×0.01mol=0.04mol>n(N H+ )，根据溶液不显电性
3 4 4
可知，原溶液中一定还含有Na+，可能含有Cl−，以此解答该题。
本题考查常见离子的检验，为高频考点，把握常见离子的性质、发生的反应、现象与结论的关系
为解答的关键，侧重分析能力、计算能力与实验能力的考查，注意离子共存、电荷守恒的应用，
题目难度中等。
19.【答案】A
【解析】解：A.由反应反应方程式可知，Zn～SO ，Zn～H ，消耗Zn的物质的量等于生成
2 2
气体的物质的量，故消耗Zn质量为0.8mol×65g/mol=52g，故A错误；
B.1molZn反应转移2mol电子，故共转移电子数为0.8mol×2=1.6mol，故B正确；
n(SO ) 1−0.2x
C.反应生成n(SO )=(1−0.2x)mol，n(H )=2(x−1)mol，故气体中 2 = ，
2 2 n(H ) 0.2(x−1)
2
故C正确；
D.生成气体的体积为0.8mol×22.4L/mol=17.92L，故D正确；
故选：A。
将一定量锌与100mL18mol⋅L−1的浓硫酸充分反应，至锌完全溶解依次发生反应
Zn+2H SO (浓)=ZnSO +SO ↑+2H O，Zn+H SO (稀)=ZnSO +H ↑，则
2 4 4 2 2 2 4 4 2
n(SO )+n(H )=0.8mol，
2 2
1
2n(SO )+n(H )=0.1L×18mol⋅L−1− ×xmol/L×0.4L=(1.8−0.2x)mol，解得
2 2 2
n(SO )=(1−0.2x)mol，n(H )=2(x−1)mol，据此作答。
2 2
本题考查化学方程式的计算，题目难度中等，掌握相关反应方程式并能依据方程式进行计算是解
题的关键。
20.【答案】D
【解析】解：A.反应Ⅰ是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，CO体积分数减小，所以
570℃之后，随着温度升高，CO的体积分数减小，570℃之前，升高温度，CO的体积分数增
大，说明反应Ⅱ平衡逆向移动，则反应Ⅱ为放热反应，Q >0，故A错误；
2
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B.570℃之后，随着温度升高，CO的体积分数减小，结合A分析可知此时反应以反应Ⅰ为主，
则反应温度越高，Fe O 主要还原产物中铁元素的价态越高，故B错误；
3 4
C.反应Ⅰ和反应Ⅱ均为气体体积不变的反应，则反应开始到平衡，压强始终不变，不能说明反应
达到平衡状态，故C错误；
c(CO ) 1−20%
D.1040℃时反应ⅠK= 2 = =4，温度高于1040℃时，主要发生反应Ⅰ，反应
c(CO) 20%
Ⅰ正向吸热，随温度升高，平衡正向移动，K值增大，则温度高于1040℃时，反应I的化学平
衡常数K>4，故D正确；
故选：D。
A.反应Ⅰ是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，CO体积分数减小，570℃之前，升高温度，
CO的体积分数增大，说明反应Ⅱ平衡逆向移动；
B.由A分析可知，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动；
C.反应Ⅰ和反应Ⅱ均为气体体积不变的反应；
c(CO ) 1−20%
D.1040℃时反应ⅠK= 2 = =4，温度高于1040℃时，主要发生反应Ⅰ，反应
c(CO) 20%
Ⅰ正向吸热，随温度升高，平衡正向移动。
本题考查化学平衡的影响因素、化学平衡的计算，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，
根据题目信息结合勒夏特列原理解答，此题难度中等。
21.【答案】ⅡA MgO和CaO同属离
子晶体，M g2+的半径小于Ca2+，故MgO中离子键较CaO中的更强，热稳定性好
NaCl+N H +CO +H O=NaHCO ↓+N H Cl
3 2 2 3 4
N H 无水CaCl₂水合时放热，降低制冷效果
3
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【解析】解：(1)镁和钙的电子排布式分别为1s22s22p63s2、1s22s22p63s23p64s2，两者的
价电子数均为2，故均为第IIA族元素；两者的价电子轨道表示式均可以表示为 ，
故答案为：ⅡA； ；
(2)白云石CaCO ⋅MgCO 在500℃以下分解成二氧化碳、金属氧化物和碳酸盐，由于Ca2+
3 3
半径大于M g2+半径，CaCO 中离子键更弱，更易分解，则CaCO ⋅MgCO 在500℃以下分
3 3 3
解成二氧化碳、CaO和MgCO ，化学方程式为 ，
3
故答案为： ；
(3)M g2+ 和Ca2+所带电荷数相同，但M g2+的半径小于Ca2+，故MgO中离子键较CaO中的更
强，故MgO比CaO更稳定，
故答案为：MgO和CaO同属离子晶体，M g2+的半径小于Ca2+，故MgO中离子键较CaO中的
更强，热稳定性好；
(4)氨碱法制取纯碱是在氨盐水中通入过量的二氧化碳生成碳酸氢钠，化学方程式为
NaCl+N H +CO +H O=NaHCO ↓+N H Cl，过滤，将碳酸氢钠固体加热使其分解即可
3 2 2 3 4
得到纯碱： ；氨碱法的母液中含大量的N H Cl，加入
4
生石灰后CaO和水反应生成Ca(OH) ，Ca(OH) 会和N H Cl反应得到N H ，能循环利用；
2 2 4 3
无水CaCl₂形成结晶水合物会放热，而降低制冷效果，故配制该制冷剂时不使用无水CaCl ，
2
故答案为：NaCl+N H +CO +H O=NaHCO ↓+N H Cl、
3 2 2 3 4
；N H ；无水CaCl₂水合时放热，降低制冷效果。
3
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(1)镁和钙的电子排布式分别为1s22s22p63s2、1s22s22p63s23p64s2，据此分析两者所处的
族以及价电子轨道表示式；
(2)白云石在500℃以下分解成二氧化碳、金属氧化物和碳酸盐，据此书写化学方程式；
(3)M g2+ 和Ca2+所带电荷数相同，但M g2+的半径小于Ca2+，故MgO中离子键较CaO中的更
强，据此分析MgO和CaO的稳定性；
(4)氨碱法制取纯碱是在氨盐水中通入过量的二氧化碳生成碳酸氢钠，过滤，将碳酸氢钠固体加
热使其分解即可得到纯碱；氨碱法的母液中含大量的N H Cl，加入生石灰后会得到N H ；无
4 3
水CaCl₂水合时放热，降低制冷效果。
本题考查了原子结构和晶体的性质，难度不大，应注意的是影响离子晶体的熔点、硬度以及稳定
性的均为离子键的强弱。
22.【答案】BD d b 20% B C组中n(CH )：n(H S)=12：1，CH 比例过高使催化剂
4 2 4
高温
Al 2 O 3 失活，反应速率小 CH → C+2H
4 2
【解析】解：(1)A.根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则气体的密度始
终不变，当气体的密度不再改变，不能表明反应已达到平衡状态，故A错误；
B.该反应是气体体积增大反应，随着反应进行，容器内压强增大，当容器内压强不变，说明反应
达到平衡状态，故B正确；
C.v (H S)=2v (CS )才能说明反应达到平衡状态，故C错误；
正 2 逆 2
D.起始氢气的物质的量为0，随着反应进行，CH 与H 的物质的量分数之比发生改变，当CH
4 2 4
与H 的物质的量分数之比保持不变，说明反应达到平衡状态，故D正确；
2
故答案为：BD；
(2)起始n(CH )：n(H S)=1：2，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CH 、
4 2 4
H S物质的量分数减小，但H S物质的量分数大于CH ，CS (g)和H (g)物质的量分数增大，
2 2 4 2 2
根据方程式可知，氢气的物质的量分数大于CS (g)，综上所述图中表示CH 、CS 变化的曲线
2 4 2
分别是d、b；
故答案为：d；b；
(3)M点CH 和氢气物质的量分数相等，列化学平衡三段式，
4
CH (g)+2H S(g)⇌CS (g)+4H (g)
4 2 2 2
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起始(mol) a 2a 0 0
转化(mol) x 2x x 4x
平衡(mol)a−x 2a−2x x 4x
CH 和氢气物质的量分数相等，则a−x=4x，解得x=0.2a，H S的转化率是
4 2
2×0.2a
×100%=20%，
2a
故答案为：20%；
(4)增大投料比[n(CH )：n(H S)]，H S转化率增大，则投料比n(CH )：n(H S)=1：1
4 2 2 4 2
为对应图中B组；由题意可知，过多的CH 会导致Al O 催化剂失活，由于C组n(CH )：
4 2 3 4
n(H S)=12：1，CH 比例过高使催化剂Al O 失活，反应速率小，
2 4 2 3
故答案为：B；C组n(CH )：n(H S)=12：1，CH 比例过高使催化剂Al O 失活，反应速
4 2 4 2 3
率小；
(5)由图可知，随着Co添加量增大，积碳量增大，说明Co助剂可能催化甲烷分解生成碳和氢气，
高温
化学方程式为CH → C+2H ，
4 2
高温
故答案为：CH → C+2H 。
4 2
(1)判断化学平衡状态的直接标志：Ⅰ.v =v (同物质)，Ⅱ.各组分浓度不再改变，以及以此为
正 逆
基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以
此为判断依据；
(2)该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CH 、H S物质的量分数减小，CS (g)和
4 2 2
H (g)物质的量分数增大，根据方程式可知，氢气的物质的量分数大于CS (g)；
2 2
(3)M点CH 和氢气物质的量分数相等，列化学平衡三段式，
4
CH (g)+2H S(g)⇌CS (g)+4H (g)
4 2 2 2
起始(mol) a 2a 0 0
转化(mol) x 2x x 4x
平衡(mol)a−x 2a−2x x 4x
CH 和氢气物质的量分数相等，则a−x=4x，解得x=0.2a，结合转化率公式计算；
4
(4)增大投料比[n(CH )：n(H S)]，H S转化率增大；过多的CH 会导致Al O 催化剂失活；
4 2 2 4 2 3
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+V: jiajiao6767 )
(5)甲烷可以分解生成碳和氢气。
本题考查化学平衡状态、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识
图能力和计算能力，根据题目信息结合变量不变即为平、勒夏特列原理、转化率公式等知识解答，
此题难度中等。
23.【答案】 取代反应 保护羰基 醛
基 浓硫酸、加
热
【解析】解：(1)环氧乙烷和水反应生成乙二醇，反应①的化学方程式为
，
故答案为： ；
(2)反应②的反应类型是取代反应；设计反应③的目的是保护羰基，
故答案为：取代反应；保护羰基；
(3)A的结构简式为 ，C中含有的官能团有羰基和醛基，C的同分异构体满足下列条件：
①含六元碳环；
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②含三种不同化学环境的H原子，结构对称；
③能发生银镜反应，说明含有醛基；符合条件的结构简式有 ，
故答案为： ；醛基； ；
(4)反应⑤为酯化反应，该反应的反应条件是浓硫酸作催化剂、加热，
故答案为：浓硫酸、加热；
(5)以 和HOCH CH OH为主要原料合成B( )(无机试剂任选)，
2 2
和HBr发生开环反应生成BrCH CH CH CH OH，BrCH CH CH CH OH发
2 2 2 2 2 2 2 2
生氧化反应生成BrCH CH CH CHO，BrCH CH CH CHO和乙二醇发生取代反应生成
2 2 2 2 2 2
，最后再和Mg发生信息中的反应生成 ，合成路线为
，
故答案为： 。
环氧乙烷和H O反应生成HOCH CH OH，反应②为取代反应；反应③为取代反应，根据A
2 2 2
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发生的反应知，生成A的反应为消去反应，则A为 ；和B发生的反应为加成反应，则B为
，生成C的反应为取代反应，根据M的结构简式知，反应④为氧化反应生成
−COOH，反应⑤为酯化反应，生成−COOCH CH ；
2 3
(5)以 和HOCH CH OH为主要原料合成B( )(无机试剂任选)，
2 2
和HBr发生开环反应生成BrCH CH CH CH OH，BrCH CH CH CH OH发
2 2 2 2 2 2 2 2
生氧化反应生成BrCH CH CH CHO，BrCH CH CH CHO和乙二醇发生取代反应生成
2 2 2 2 2 2
，最后再和Mg发生信息中的反应生成 。
本题考查有机物合成，侧重考查对比、分析、推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，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
24.【答案】144 Cl 用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，若试纸变蓝，则证明是氯气 血红 91%
2
甲苯与氯气在光照条件下可能生成多氯代物，Cl 或生成的HCl也会造成测定结果偏高
2
C H Cl无法与NaOH(aq)共热生成Cl−
6 5
1
【解析】解：(1)①K(s)+ Cl (g)=KCl(s)+437kJ
2 2
1 3
②K(s)+ Cl (g)+ O =KClO (s)+398kJ
2 2 2 2 3
1
③K(s)+ Cl (g)+2O =KClO (s)+433kJ
2 2 2 4
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依据盖斯定律①+③×3−②×4得到4KClO (s)=3KClO (s)+KCl(s)的Q=144kJ，
3 4
故答案为：144； (2)
实验C中KClO 与MnO 受热分解制得的O 因混有氯气而有轻微的刺激性气味，Cl 具有强氧化
3 2 2 2
性，会在溶液中氧化KI为I ，发生氧化还原反应：Cl +2KI=2KCl+I ，I 遇淀粉溶液变为蓝
2 2 2 2
色，据此检验Cl ，故实验室检验氯气的方法是用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，若试纸变蓝，则
2
证明是氯气，
故答案为：Cl ；用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，若试纸变蓝，则证明是氯气； (3)
2
硫酸铁铵作指示剂，用0.1000mol/lnH SCN溶液分别滴定剩余的硝酸银，滴入最后一滴溶液
4
变血红色且半分钟不变说明反应达到终点，称取0.255g样品，与足量4mol⋅L−1NaOH(aq)混
合加热回流1ℎ，冷却至室温，加入足量硝酸酸化后，用
25.00mL0.1000mol⋅L−1AgNO (aq)处理，再以N H Fe(SO ) 为指示剂，用
3 4 4 2
0.1000mol⋅L−1N H SCN(aq)滴定剩余的AgNO (aq)，发生反应：
4 3
Ag++SCN−=AgSCN↓，消耗N H SCN(aq)6.75mL，过量的硝酸银物质的量
4
=0.1000mol/L×6.75×10−3L=6.75×10−4mol，则与氯离子反应的硝酸银物质的量
=0.1000mol/L×0.02500L−6.75×10−4mol=1.825×10−3mol，称取0.255g样品中氯化苄
126.5g/mol×1.825×10−3mol
的质量分数= ×100%=91%，
0.255g
故答案为：血红；91%； (4)
上述测定结果通常高于氯化苄中氯元素的理论含量，原因是：甲苯与氯气在光照条件下可能生成
多氯代物，Cl 或生成的HCl也会造成测定结果偏高，上述方法不适用于氯苯(C H Cl)的纯度
2 6 5
分析，原因是C H Cl无法与NaOH(aq)共热生成Cl−，
6 5
故答案为：甲苯与氯气在光照条件下可能生成多氯代物，Cl 或生成的HCl也会造成测定结果偏
2
高；C H Cl无法与NaOH(aq)共热生成Cl−。(1)
6 5
依据热化学方程式和盖斯定律计算得到； (2)
氯气有刺激性气味，检验氯气用湿润的淀粉KI试纸； (3)
硫酸铁铵作指示剂，用0.1000mol/lnH SCN溶液分别滴定剩余的硝酸银，滴入最后一滴溶液
4
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30 32N H SCN+AgNO =AgSCN↓+N H NO
4 3 4 3
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变血红色且半分钟不变说明反应达到终点；根据氯元素守恒计算，利用
计算剩余的硝酸银，利用硝酸银溶液在溶质物质
的量减去剩余的硝酸银物质的量得到生成氯化银沉淀的物质的量，氯元素守恒得到氯化苄物质的
量，据此计算； (4)
甲苯与氯气在光照条件下可能生成多氯代物，氯气、氯化氢会干扰氯离子的测定，C H Cl不与
6 5
NaOH溶液反应。
本题考查了物质含量的实验测定方法、滴定实验过程分析。物质含量的计算应用等，掌握基础是
解题关键，题目难度中等。
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