2023年高考化学试卷（广东）（解析卷）_历年高考真题合集_化学历年高考真题_新·PDF版2008-2025·高考化学真题_化学（按年份分类）2008-2025_2023·高考化学真题

2023 年广东省普通高中学业水平选择性考试 化学 满分 100分，考试用时 75分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写 在答题卡上。用 2B 铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡右 上角“条形码粘贴处”。 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂 黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。 3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应 位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液。不 按以上要求作答的答案无效。 4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Zn-65 一、选择题：本题共 16小题，共 44分。第 1~10小题，每小题 2分；第 11~16小题，每小 题 4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. “高山流水觅知音”。下列中国古乐器中，主要由硅酸盐材料制成的是 A．九霄环佩木 B．裴李岗文化 D．曾侯乙青铜编 C．商朝后期陶埙 古琴 骨笛 钟 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．九霄环佩木古琴主要构成是木材，动物筋制得，A错误； 第1页 | 共27页B．裴李岗文化骨笛由动物骨骼构成，B错误； C．商朝后期陶埙属于陶瓷，由硅酸盐制成，C正确； D．曾侯乙青铜编钟主要由合金材料制成，D错误； 故选C。 2. 科教兴国，“可上九天揽月，可下五洋捉鳖”。下列说法正确的是 A. “天舟六号”为中国空间站送去推进剂Xe气，Xe是第IA族元素 B. 火星全球影像彩图显示了火星表土颜色，表土中赤铁矿主要成分为FeO C. 创造了可控核聚变运行纪录的“人造太阳”，其原料中的2H与3H互为同位素 D. “深地一号”为进军万米深度提供核心装备，制造钻头用的金刚石为金属晶体 【答案】C 【解析】 【详解】A．化学符号Xe，原子序数54，在元素周期表中处于第5周期0族，故A错误； B．赤铁矿的主要成分是Fe O ，不是FeO，故B错误； 2 3 C．2H与3H具有相同的质子数，不同的中子数，互为同位素，故C正确； D．金刚石是共价晶体，故D错误； 故选C。 3. 建设美丽乡村，守护中华家园，衣食住行皆化学。下列说法正确的是 A. 千家万户通光纤，光纤的主要材质为Si B. 乡村公路铺沥青，沥青属于天然无机材料 C. 美容扮靓迎佳节，化妆品中的甘油难溶于水 D. 均衡膳食助健康，主食中的淀粉可水解为葡萄糖 【答案】D 【解析】 【详解】A．光纤的主要材质为二氧化硅，A错误； B．沥青属于有机材料，B错误； C．甘油溶于水，C错误； D．淀粉水解的最终产物为葡萄糖，D正确； 故选D。 4. 1827年，英国科学家法拉第进行了NH 喷泉实验。在此启发下，兴趣小组利用以下装置，进行如下实 3 验。其中，难以达到预期目的的是 第2页 | 共27页A. 图1：喷泉实验 B. 图2：干燥NH C. 图3：收集NH D. 图4：制备NH 3 3 3 【答案】B 【解析】 【详解】A．NH 极易溶于水，溶于水后圆底烧瓶内压强减小，从而产生喷泉，故A可以达到预期； 3 B．P O 为酸性氧化物，NH 具有碱性，两者可以发生反应，故不可以用P O 干燥NH ，故B不可以达 2 5 3 2 5 3 到预期； C．NH 的密度比空气小，可采用向下排空气法收集，故C可以达到预期； 3 D．CaO与浓氨水混合后与水反应并放出大量的热，促使NH 挥发，可用此装置制备NH ，故D可以达 3 3 到预期； 故选B。 5. 化学处处呈现美。下列说法正确的是 A. 舞台上干冰升华时，共价键断裂 B. 饱和CuSO 溶液可析出无水蓝色晶体 4 C. 苯分子的正六边形结构，单双键交替呈现完美对称 D. 晨雾中的光束如梦如幻，是丁达尔效应带来的美景 【答案】D 【解析】 【详解】A．舞台上干冰升华物理变化，共价键没有断裂，A错误； B．饱和CuSO 溶液可析出的蓝色晶体中存在结晶水为五水硫酸铜，B错误； 4 C．苯分子的正六边形结构，六个碳碳键完全相同呈现完美对称，C错误； D．晨雾中由于光照射胶体粒子散射形成的光束如梦如幻，是丁达尔效应带来的美景，D正确； 故选D。 第3页 | 共27页6. 负载有Pt和Ag的活性炭，可选择性去除C1-实现废酸的纯化，其工作原理如图。下列说法正确的是 A. Ag作原电池正极 B. 电子由Ag经活性炭流向Pt C. Pt表面发生的电极反应：O +2H O+4e-=4OH- 2 2 D. 每消耗标准状况下11.2L的O ，最多去除1 mol Cl- 2 【答案】B 【解析】 【分析】O 在Pt得电子发生还原反应，Pt为正极，Cl-在Ag极失去电子发生氧化反应，Ag为负极。 2 【详解】A．由分析可知，Cl-在Ag极失去电子发生氧化反应，Ag为负极，A错误； B．电子由负极Ag经活性炭流向正极Pt，B正确； C．溶液为酸性，故Pt表面发生的电极反应为O +4H++4e-=2H O，C错误； 2 2 D．每消耗标准状况下11.2L的O ，转移电子2mol，而2mol Cl-失去2mol电子，故最多去除 2 2mol Cl-，D错误。 故选B。 7. 劳动有利于“知行合一”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是 选项 劳动项目 化学知识 A 帮厨活动：帮食堂师傅煎鸡蛋准备午餐 加热使蛋白质变性 环保行动：宣传使用聚乳酸制造的包装材 B 聚乳酸在自然界可生物降解 料 C 家务劳动：擦干已洗净的铁锅，以防生锈 铁丝在O 中燃烧生成Fe O 2 3 4 第4页 | 共27页学农活动：利用秸秆、厨余垃圾等生产沼 D 沼气中含有的CH 可作燃料 4 气 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．鸡蛋主要成分是蛋白质，帮食堂师傅煎鸡蛋准备午餐，加热使蛋白质变性，有关联，故A不 符合题意； B．聚乳酸在自然界可生物降解，为了减小污染，宣传使用聚乳酸制造的包装材料，两者有关联，故B不 符合题意； C．擦干已洗净的铁锅，以防生锈，防止生成氧化铁，铁丝在O 中燃烧生成Fe O ，两者没有关联，故C 2 3 4 符合题意； D．利用秸秆、厨余垃圾等生产沼气，沼气主要成分是甲烷，甲烷用作燃料，两者有关系，故D不符合题 意。 综上所述，答案为C。 8. 2022年诺贝尔化学奖授予研究“点击化学”的科学家。图所示化合物是“点击化学”研究中的常用分子。关 于该化合物，说法不正确的是 A. 能发生加成反应 B. 最多能与等物质的量的NaOH反应 C. 能使溴水和酸性KMnO 溶液褪色 D. 能与氨基酸和蛋白质中的氨基反应 4 【答案】B 【解析】 【详解】A．该化合物含有苯环，含有碳碳叁键都能和氢气发生加成反应，因此该物质能发生加成反应， 故A正确； B．该物质含有羧基和 ，因此1mol该物质最多能与2molNaOH反应，故B错误； 第5页 | 共27页C．该物质含有碳碳叁键，因此能使溴水和酸性KMnO 溶液褪色，故C正确； 4 D．该物质含有羧基，因此能与氨基酸和蛋白质中的氨基反应，故D正确； 综上所述，答案为B。 9. 按图装置进行实验。将稀硫酸全部加入Ⅰ中的试管，关闭活塞。下列说法正确的是 A. Ⅰ中试管内的反应，体现H+的氧化性 B. Ⅱ中品红溶液褪色，体现SO 的还原性 2 C. 在Ⅰ和Ⅲ的试管中，都出现了浑浊现象 D. 撤掉水浴，重做实验，Ⅳ中红色更快褪去 【答案】C 【解析】 【分析】Ⅰ中发生反应S O2- +2H+ =S¯+SO ­+H O，二氧化硫进入Ⅱ中使品红溶液褪色，二氧化硫进 2 3 2 2 入Ⅲ中与硫化钠反应生成S沉淀，二氧化硫进入Ⅳ中与氢氧化钠反应使溶液碱性减弱，酚酞褪色。 【详解】A．Ⅰ中试管内发生反应S O2- +2H+ =S¯+SO ­+H O ，氢元素化合价不变， H+不体现氧 2 3 2 2 化性，故A错误； B．Ⅱ中品红溶液褪色，体现SO 的漂白性，故B错误； 2 C．Ⅰ试管内发生反应S O2- +2H+ =S¯+SO ­+H O，Ⅲ试管内发生反应 2 3 2 2 2S2- +SO +2H O=3S¯+4OH-，Ⅰ和Ⅲ的试管中都出现了浑浊现象，故C正确； 2 2 D．撤掉水浴，重做实验，反应速率减慢，Ⅳ中红色褪去的速率减慢，故D错误； 故选C。 10. 部分含Na或含Cu物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是 第6页 | 共27页A. 可存在c→d→e的转化 B. 能与H O反应生成c的物质只有b 2 C. 新制的d可用于检验葡萄糖中的醛基 D. 若b能与H O反应生成O ，则b中含共价键 2 2 【答案】B 【解析】 【分析】由图可知a、b、c对应物质分别为：钠、氧化钠（过氧化钠）、氢氧化钠或a、b、e 、d对应物质 分别为：铜、氧化亚铜、氧化铜、氢氧化铜。 【详解】A．由分析可知氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成氧化铜所以存在 c→d→e的转化，A合理； B．钠和氧化钠（过氧化钠）都能与H O反应都能生成氢氧化钠，B不合理； 2 C．新制氢氧化铜可用于检验葡萄糖中的醛基，C合理； D．若b能与H O反应生成O ，则b为过氧化钠，结构中含共价键和离子键，D合理； 2 2 故选B。 11. 设N 为阿伏加德罗常数的值。侯氏制碱法涉及NaCl、NH Cl和NaHCO 等物质。下列叙述正确的 A 4 3 是 A. 1 mol NH Cl含有的共价键数目为5N 4 A B. 1 mol NaHCO 完全分解，得到的CO 分子数目为2N 3 2 A C. 体积为1 L的1 mol×L-1 NaHCO 溶液中，HCO- 数目为N 3 3 A D. NaCl和NH Cl的混合物中含1 mol Cl-，则混合物中质子数为28N 4 A 【答案】D 【解析】 【详解】A．铵根中存在4个N-H共价键，1mol NH Cl 含有的共价键数目为4N ，A错误； 4 A B．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，1mol NaHCO 完全分解，得到0.5molCO 分子，B错 3 2 误； 第7页 | 共27页C．NaHCO = Na+ +HCO-，HCO-会发生水解和电离，则1mol NaHCO 溶液中HCO-数目小于 3 3 3 3 3 1N ，C错误； A D．NaCl 和NH Cl的混合物中含1molCl-，则混合物为1mol，质子数为28N ，D正确； 4 A 故答案为：D。 12. 下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 将浓硫酸加入蔗糖中形成多孔炭 浓硫酸具有氧化性和脱水性 B 装有NO 的密闭烧瓶冷却后颜色变浅 NO 转化为N O 的反应吸热 2 2 2 4 C 久置空气中的漂白粉遇盐酸产生CO 漂白粉的有效成分是CaCO 2 3 D 1 mol×L-1NaCl溶液导电性比同浓度醋酸强 NaCl溶液的pH比醋酸的高 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．蔗糖在浓硫酸作用下形成多孔炭主要是蔗糖在浓硫酸作用下脱水，得到碳和浓硫酸反应生成 二氧化碳、二氧化硫和水，体现浓硫酸具有氧化性和脱水性，故A符合题意； B．装有NO 的密闭烧瓶冷却后颜色变浅，降低温度，平衡向生成N O 方向移动，则NO 转化为N O 2 2 4 2 2 4 的反应为放热，故B不符合题意； C．久置空气中的漂白粉遇盐酸产生CO 是由于次氯酸钙变质，次氯酸钙和空气中二氧化碳、水反应生成 2 碳酸钙，碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，故C不符合题意； D．1 mol×L-1NaCl溶液导电性比同浓度醋酸强，氯化钠是强电解质，醋酸是弱电解质，导电性强弱与 NaCl溶液的pH比醋酸的高无关系，故D不符合题意。 综上所述，答案为A。 13. 利用活性石墨电极电解饱和食盐水，进行如图所示实验。闭合K ，一段时间后 1 第8页 | 共27页A. U型管两侧均有气泡冒出，分别是Cl 和O B. a处布条褪色，说明Cl 具有漂白性 2 2 2 C. b处出现蓝色，说明还原性：Cl->I- D. 断开K ，立刻闭合K ，电流表发生偏转 1 2 【答案】D 【解析】 【分析】闭合K ，形成电解池，电解饱和食盐水，左侧为阳极，阳极氯离子失去电子生成氯气，电极反应 1 电解 为 2Cl-—2e-=Cl ↑ ， 右 侧 为 阴 极 ， 阴 极 电 极 反 应 为 2H++2e-=H ↑ ， 总 反 应 为 2NaCl+2H O== 2 2 2 2NaOH+H ↑+Cl ↑，据此解答。 2 2 【详解】A．根据分析，U型管两侧均有气泡冒出，分别是Cl 和H ，A错误； 2 2 B．左侧生成氯气，氯气遇到水生成HClO，具有漂白性，则a处布条褪色，说明HClO具有漂白性，B错 误； C．b处出现蓝色，发生Cl +2KI=I +2KCl，说明还原性：I->Cl-，C错误； 2 2 D．断开K ，立刻闭合K ，此时构成氢氯燃料电池，形成电流，电流表发生偏转，D正确； 1 2 故选D。 14. 化合物XYZ ME 可作肥料，所含的5种元素位于主族，在每个短周期均有分布，仅有Y和M同 4 4 族。Y的基态原子价层p轨道半充满，X的基态原子价层电子排布式为nsn-1，X与M同周期，E在地壳 中含量最多。下列说法正确的是 A. 元素电负性：E>Y>Z B. 氢化物沸点：M>Y>E C. 第一电离能：X>E>Y D. YZ 和YE- 的空间结构均为三角锥形 3 3 【答案】A 【解析】 第9页 | 共27页【分析】E在地壳中含量最多为氧元素，X的基态原子价层电子排布式为nsn-1，所以n-1=2， n=3，X为 镁或者n=2 ，X为锂，Y的基态原子价层p轨道半充满所以可能为氮或磷，Y和M同族所以为氮或磷，根 据X与M同周期、XYZ ME 化合价之和为零，可确定Z为氢元素、M为磷元素、X为镁元素、E为氧元 4 4 素、Y氮元素。 【详解】A．元素电负性：氧大于氮大于氢，A正确； B．磷化氢、氨气、水固体均是分子晶体，氨气、水固体中都存在氢键沸点高，磷化氢没有氢键沸点低， 所以氢化物沸点：冰大于氨大于磷化氢，B错误； C．同周期第一电离能自左向右总趋势逐渐增大，当出现第ⅡA族和第ⅤA族时比左右两侧元素电离能都 要大，所以氮大于氧大于镁 ，C错误； D．NH 价层电子对为3+1=4 ，有一对孤电子对，空间结构为三角锥形，NO-价层电子对为3+0=3，没 3 3 有孤电子对，NO-空间结构为平面三角形，D错误； 3 故选A。 15. 催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应R(g) ƒ P(g)。反应历程(下图)中，M为中间产物。其它条件相同时，下 列说法不正确的是 A. 使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行 B. 反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大 C. 使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡 D. 使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更 大 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，A正确； B．由图可知该反应是放热反应，所以达平衡时，升高温度平衡向左移动，R的浓度增大，B正确； C．由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平 衡，C错误； D．由图可知在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高反应速率 第10页 | 共27页较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D正确； 故选C。 16. 用一种具有“卯榫”结构的双极膜组装电解池(下图)，可实现大电流催化电解KNO 溶液制氨。工作时， 3 H O在双极膜界面处被催化解离成H+和OH-，有利于电解反应顺利进行。下列说法不正确的是 2 A. 电解总反应：KNO +3H O= NH ·H O+2O ­+KOH 3 2 3 2 2 B. 每生成1 mol NH ×H O，双极膜处有9 mol的H O解离 3 2 2 C. 电解过程中，阳极室中KOH的物质的量不因反应而改变 D. 相比于平面结构双极膜，“卯榫”结构可提高氨生成速率 【答案】B 【解析】 【分析】由信息大电流催化电解KNO 溶液制氨可知，在电极a处KNO 放电生成NH ，发生还原反应， 3 3 3 故电极 a 为阴极，电极方程式为 NO-+8e-+9H+=NH ×H O+2H O，电极 b 为阳极，电极方程式为 3 3 2 2 4OH--4e-=O ­+2H O，“卯榫”结构的双极膜中的H＋移向电极a，OH－移向电极b。 2 2 【详解】A．由分析中阴阳极电极方程式可知，电解总反应为 KNO +3H O= NH ×H O+2O ­+KOH，故A正确； 3 2 3 2 2 B．每生成1mol NH ×H O，阴极得8mol e－，同时双极膜处有8mol H+进入阴极室，即有8mol的H O 3 2 2 解离，故B错误； C．电解过程中，阳极室每消耗4mol OH-，同时有4mol OH-通过双极膜进入阳极室，KOH的物质的量 不因反应而改变，故C正确； D．相比于平面结构双极膜，“卯榫”结构具有更大的膜面积，有利于H O被催化解离成H+和OH-，可提 2 高氨生成速率，故D正确； 第11页 | 共27页故选B。 二、非选择题：本题共 4小题，共 56分。 17. 化学反应常伴随热效应。某些反应(如中和反应)的热量变化，其数值Q可通过量热装置测量反应前后 体系温度变化，用公式Q=cρV ×ΔT计算获得。 总 （1）盐酸浓度的测定：移取20.00 mL待测液，加入指示剂，用0.5000 mol×L-1NaOH溶液滴定至终 点，消耗NaOH溶液22.00 mL。 ①上述滴定操作用到的仪器有___________。 A． B． C． D． ②该盐酸浓度为___________mol×L-1。 （2）热量的测定：取上述NaOH溶液和盐酸各50 mL进行反应，测得反应前后体系的温度值(°C)分别 为T、T ，则该过程放出的热量为___________J(c和ρ分别取4.18 J×g-1×°C-1和1.0 g×mL-1，忽略水以 0 1 外各物质吸收的热量，下同)。 （3）借鉴(2)的方法，甲同学测量放热反应Fe(s)+CuSO (aq)=FeSO (aq)+Cu(s)的焓变DH (忽略温度对 4 4 焓变的影响，下同)。实验结果见下表。 体系温度/°C 序号 反应试剂 反应前 反应后 i 1.20 g Fe粉 a b 0.20 mol×L-1CuSO 溶 4 液100 mL ii 0.56 g Fe粉 a c ①温度：b___________c(填“>”“<”或“=”)。 ②ΔH=___________(选择表中一组数据计算)。结果表明，该方法可行。 （4）乙同学也借鉴(2)的方法，测量反应A:Fe(s)+Fe SO  (aq)=3FeSO (aq)的焓变。 2 4 3 4 查阅资料：配制Fe SO  溶液时需加入酸。加酸的目的是___________。 2 4 3 第12页 | 共27页提出猜想：Fe粉与Fe SO  溶液混合，在反应A进行的过程中，可能存在Fe粉和酸的反应。 2 4 3 验证猜想：用pH试纸测得Fe SO  溶液的pH不大于1；向少量Fe SO  溶液中加入Fe粉，溶液颜 2 4 3 2 4 3 色变浅的同时有气泡冒出，说明存在反应A和___________(用离子方程式表示)。 实验小结：猜想成立，不能直接测反应A的焓变。 教师指导：鉴于以上问题，特别是气体生成带来的干扰，需要设计出实验过程中无气体生成的实验方案。 优化设计：乙同学根据相关原理，重新设计了优化的实验方案，获得了反应 A 的焓变。该方案为 ___________。 （5）化学能可转化为热能，写出其在生产或生活中的一种应用___________。 【答案】（1） ①. AD ②. 0.5500 （2）418T-T  1 0 （3） ①. > ②. -20.9 (b-a) kJ×mol-1或-41.8 (c-a) kJ×mol-1 （4） ①. 抑制Fe3+水解 ②. Fe+2H+=Fe2++H ­ ③. 将一定量的Cu粉加入一定浓度的 2 Fe SO  溶液中反应，测量反应热，计算得到反应Cu+Fe SO  =CuSO +2FeSO 的焓变DH ；根 2 4 3 2 4 3 4 4 1 据(3)中实验计算得到反应 Fe+CuSO =Cu+FeSO 的焓变 DH ；根据盖斯定律计算得到反应 4 4 2 Fe+Fe SO  =3FeSO 的焓变为ΔH +ΔH 2 4 3 4 1 2 （5）燃料燃烧(或铝热反应焊接铁轨等) 【解析】 【小问1详解】 ①滴定操作时需要用的仪器有锥形瓶、酸式滴定管、碱式滴管、铁架台等，故选AD； ②滴定时发生的反应为HCl＋NaOH＝NaCl＋H O，故 2 c(NaOH)V(NaOH) 0.5000mol×L-1×22.00mL c(HCl)= = =0.5500mol×L-1，故答案为0.5500； V（HCl) 20.00mL 【小问2详解】 由Q=cρV ×ΔT可得Q＝4.18 J×g-1×°C-1×1.0 g×mL-1×(50mL＋50mL)×(T －T )＝418T-T  ，故答 总 1 2 1 0 案为418T-T  ； 1 0 【小问3详解】 100 mL 0.20 mol×L-1CuSO 溶液含有溶质的物质的量为0.02mol，1.20 g Fe粉和0.56 g Fe粉的物质的 4 第13页 | 共27页量分别为0.021mol、0.01 mol，实验i中有0.02 mol CuSO 发生反应，实验ii中有0.01mol CuSO 发生反 4 4 应，实验i放出的热量多，则b>c；若按实验i进行计算， 4.18 ´1.0 ´100´(b-a) DH= =-20.9 (c-a)kJ×mol-1；若按实验ii进行计算， 1000´0.02 4.18 ´1.0 ´100´(c-a) DH= =-41.8 (c-a)kJ×mol-1，故答案为：>；-20.9 (b-a) kJ×mol-1或 1000´0.01 -41.8 (c-a) kJ×mol-1； 【小问4详解】 Fe3+易水解，为防止Fe3+水解，在配制Fe SO  溶液时需加入酸；用pH试纸测得Fe SO  溶液的 2 4 3 2 4 3 pH不大于1说明溶液中呈强酸性，向少量Fe SO  溶液中加入Fe粉，溶液颜色变浅的同时有气泡即氢 2 4 3 气产生，说明溶液中还存在Fe与酸的反应，其离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H ­；乙同学根据相关原 2 理，重新设计优化的实验方案的重点为如何防止Fe与酸反应产生影响，可以借助盖斯定律，设计分步反应 来实现Fe SO  溶液与Fe的反应，故可将一定量的Cu粉加入一定浓度的Fe SO  溶液中反应，测 2 4 3 2 4 3 量反应热，计算得到反应Cu+Fe SO  =CuSO +2FeSO 的焓变DH ；根据(3)中实验计算得到反应 2 4 3 4 4 1 Fe+CuSO =Cu+FeSO 的焓变DH ；根据盖斯定律计算得到反应Fe+Fe SO  =3FeSO 的焓变为 4 4 2 2 4 3 4 ΔH +ΔH ，故答案为：抑制Fe3+水解；Fe+2H+=Fe2++H ­；将一定量的Cu粉加入一定浓度的 1 2 2 Fe SO  溶液中反应，测量反应热，计算得到反应Cu+Fe SO  =CuSO +2FeSO 的焓变DH ；根 2 4 3 2 4 3 4 4 1 据(3)中实验计算得到反应Fe+CuSO =Cu+FeSO 的焓变DH ；根据盖斯定律计算得到反应 4 4 2 Fe+Fe SO  =3FeSO 的焓变为ΔH +ΔH ； 2 4 3 4 1 2 【小问5详解】 化学能转化为热能在生产和生活中应用比较广泛，化石燃料的燃烧、炸药开山、放射火箭等都是化学能转 化热能的应用，另外铝热反应焊接铁轨也是化学能转化热能的应用，故答案为：燃料燃烧(或铝热反应焊接 铁轨等)。 18. Ni、Co均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)中，利用 氨浸工艺可提取Ni、Co，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下： 第14页 | 共27页已知：氨性溶液由NH ×H O、 NH  SO 和 NH  CO 配制。常温下，Ni2+、Co2+、Co3+与NH 3 2 4 2 3 4 2 3 3 形成可溶于水的配离子：lgK NH ×H O=-4.7；Co(OH) 易被空气氧化为Co(OH) ；部分氢氧化物 b 3 2 2 3 的K 如下表。 sp 氢氧化物 Co(OH) Co(OH) Ni(OH) Al(OH) Mg(OH) 2 3 2 3 2 K 5.9´10-15 1.6´10-44 5.5´10-16 1.3´10-33 5.6´10-12 sp 回答下列问题： （1）活性MgO可与水反应，化学方程式为___________。 （2）常温下，pH=9.9的氨性溶液中，cNH ×H O ___________c  NH+ (填“>”“<”或“=”)。 3 2 4 （3）“氨浸”时，由Co(OH) 转化为éCoNH  ù 2+ 的离子方程式为___________。 3 ë 3 6 û （4） NH  CO 会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱 4 2 3 中，出现了NH Al(OH) CO 的明锐衍射峰。 4 2 3 ①NH Al(OH) CO 属于___________(填“晶体”或“非晶体”)。 4 2 3 ② NH  CO 提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是___________。 4 2 3 （5）①“析晶”过程中通入的酸性气体A为___________。 ②由CoCl 可制备Al CoO 晶体，其立方晶胞如图。Al与O最小间距大于Co与O最小间距，x、y为 2 x y 整数，则Co在晶胞中的位置为___________；晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为___________。 第15页 | 共27页（6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得HNO 溶液中nHNO  与 3 3 nH O 的比值，理论上最高为___________。 2 ②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，在于可重复利用HNO 和___________(填化学式)。 3 【答案】（1）MgO+H O=Mg(OH) 2 2 （ 2 ） ＞ （ 3 ） 2Co(OH) +12NH ×H O+SO2-=2éCoNH  ù 2+ +SO2-+13H O+4OH-或 3 3 2 3 ë 3 6 û 4 2 2Co(OH) +8NH ×H O+4NH++SO2-=2éCoNH  ù 2+ +SO2-+13H O 3 3 2 4 3 ë 3 6 û 4 2 （4） ①. 晶体 ②. 减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积 （5） ①. HCl ②. 体心 ③. 12 （6） ①. 0.4或2:5 ②. MgO 【解析】 【分析】硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)中加入活性氧化镁调节溶液pH值，过滤，得到滤液主 要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，向滤 液中进行镍钴分离，，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到 氯化镍晶体。 【小问1详解】 活性MgO可与水反应，化学方程式为MgO+H O=Mg(OH) ；故答案为：MgO+H O=Mg(OH) 。 2 2 2 2 【小问2详解】 常温下，pH=9.9的氨性溶液中，lgK NH ×H O=-4.7， b 3 2 c  NH+ ×c(OH-) c  NH+ 10-4.7 10-4.7 K NH ×H O=10-4.7 = 4 ， 4 = = =10-0.6 <1，则 b 3 2 cNH ×H O cNH ×H O c(OH-) 10-.4.1 3 2 3 2 cNH ×H O ＞c  NH+ ；故答案为：＞。 3 2 4 【小问3详解】 “氨浸”时，Co(OH) 与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成éCoNH  ù 2+ ，则由Co(OH) 3 ë 3 6 û 3 转化为éCoNH  ù 2+ 的离子方程式为 ë 3 6 û 2Co(OH) +12NH ×H O+SO2-=2éCoNH  ù 2+ +SO2-+13H O+4OH-或 3 3 2 3 ë 3 6 û 4 2 2Co(OH) +8NH ×H O+4NH++SO2-=2éCoNH  ù 2+ +SO2-+13H O；故答案为： 3 3 2 4 3 ë 3 6 û 4 2 第16页 | 共27页2Co(OH) +12NH ×H O+SO2-=2éCoNH  ù 2+ +SO2-+13H O+4OH-或 3 3 2 3 ë 3 6 û 4 2 2Co(OH) +8NH ×H O+4NH++SO2-=2éCoNH  ù 2+ +SO2-+13H O。 3 3 2 4 3 ë 3 6 û 4 2 【小问4详解】 NH  CO 会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现 4 2 3 了NH Al(OH) CO 的明锐衍射峰。 4 2 3 ①X射线衍射图谱中，出现了NH Al(OH) CO 的明锐衍射峰，则NH Al(OH) CO 属于晶体；故答案 4 2 3 4 2 3 为：晶体。 ②根据题意 NH  CO 会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则 NH  CO 能提 4 2 3 4 2 3 高了Ni、Co的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触 面积；故答案为：减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。 【小问5详解】 ①“析晶”过程中为了防止Ni2+水解，因此通入的酸性气体A为HCl；故答案为：HCl。 ②由CoCl 可制备Al CoO 晶体，其立方晶胞如图。x、y为整数，根据图中信息Co、Al都只有一个原 2 x y 子，而氧(白色)原子有3个，Al与O最小间距大于Co与O最小间距，则Al在顶点，因此Co在晶胞中 的位置为体心；晶体中一个Al周围与其最近的O原子，以顶点Al分析，面心的氧原子一个横截面有4 个，三个横截面共12个，因此晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为12；故答案为：体心；12。 【小问6详解】 ①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则晶体A为Mg(NO ) ×6H O，根据 3 2 2 D Mg(NO 3 ) 2 +2H 2 O ƒ Mg(OH) 2 +2HNO 3 ，Mg(OH) 2 MgO+H 2 O，还剩余5个水分子，因此所得 HNO 溶液中nHNO  与nH O 的比值理论上最高为2:5；故答案为：0.4或2:5。 3 3 2 ②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，根据前面分析 D Mg(NO 3 ) 2 +2H 2 O ƒ Mg(OH) 2 +2HNO 3 ，Mg(OH) 2 MgO+H 2 O，在于可重复利用HNO 3 和 MgO；故答案为：MgO。 19. 配合物广泛存在于自然界，且在生产和生活中都发挥着重要作用。 （1）某有机物R 能与Fe2+形成橙红色的配离子FeR 2+ ，该配离子可被HNO 氧化成淡蓝色的配离子 3 3 第17页 | 共27页FeR 3+ 。 3 ①基态Fe2+的3d电子轨道表示式为___________。 ②完成反应的离子方程式：NO-+2FeR 2+ +3H+ ______+2FeR 3+ +H O 3 3 ƒ 3 2 （2）某研究小组对(1)中②的反应进行了研究。 用浓度分别为2.0mol×L-1、2.5mol×L-1、3.0mol×L-1的HNO 溶液进行了三组实验，得到c  FeR 2+ 随时 3 3 间t的变化曲线如图。 ①cHNO =3.0 mol×L-1时，在0~1 min内，FeR 2+ 的平均消耗速率=___________。 3 3 ②下列有关说法中，正确的有___________。 c  FeR 2+ 3 A．平衡后加水稀释， 增大 c  FeR 3+ 3 B．FeR 2+ 平衡转化率：α >α >α 3 III II I C．三组实验中，反应速率都随反应进程一直减小 D．体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间：t >t >t III II I （3）R的衍生物L可用于分离稀土。溶液中某稀土离子(用M表示)与L存在平衡： M+L ƒ ML K 1 ML+L ƒ ML 2 K 2 研究组配制了L起始浓度c ( L)=0.02 mol×L-1、M与L起始浓度比c (M)/c (L)不同的系列溶液，反应 0 0 0 平衡后测定其核磁共振氢谱。配体L上的某个特征H在三个物种L、ML、ML 中的化学位移不同，该 2 第18页 | 共27页特征H对应吸收峰的相对峰面积S(体系中所有特征H的总峰面积计为1)如下表。 c (M)/c (L) S(L) S(ML) SML  0 0 2 0 1.00 0 0 a x <0.01 0.64 040 b <0.01 . 0.60 【注】核磁共振氢谱中相对峰面积S之比等于吸收峰对应H的原子数目之比；“<0.01”表示未检测到。 ①c (M)/c (L)=a时，x= ___________。 0 0 ②c (M)/c (L)=b时，平衡浓度比c ML :c (ML)=___________。 0 0 平 2 平 （4）研究组用吸收光谱法研究了(3)中M与L反应体系。当c (L)=1.0´10-5mol×L-1时，测得平衡时各物 0 种c /c (L)随c (M)/c (L)的变化曲线如图。c (M)/c (L)=0.51时，计算M的平衡转化率 平 0 0 0 0 0 ___________(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。 【答案】（1） ①. ②. HNO 2 （2） ①. 5´10-5mol/L·min ②. A、B （3） ①. 0.36 ②. 3：4或0.75 （4）98% 【解析】 【小问1详解】 ①基态Fe2+的3d电子轨道表示式为 ； 第19页 | 共27页②根据原子守恒可知离子方程式中需要增加HNO 。 2 【小问2详解】 ①浓度分别为2.0mol×L-1、2.5mol×L-1、3.0mol×L-1的HNO 溶液，反应物浓度增加，反应速率增大，据此 3 可知三者对应的曲线分别为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ；cHNO =3.0 mol×L-1时，在0~1 min内，观察图像可知 3 (1.5-1.0)´10-4mol×L-1 FeR 2+ 的平均消耗速率为 =5´10-5mol/(L×min)； 3 1min ②A．对于反应NO-+2FeR 2+ +3H+ HNO +2FeR 3+ +H O，加水稀释，平衡往粒子数增加的方 3 3 ƒ 2 3 2 c  FeR 2+ 向移动，FeR 2+ 含量增加，FeR 3+ 含量减小， 3 增大，A正确； 3 3 c  FeR 3+ 3 B．HNO 浓度增加，FeR 2+ 转化率增加，故α >α >α ，B正确； 3 3 III II I C．观察图像可知，三组实验反应速率都是前期速率增加，后期速率减小，C错误； D．硝酸浓度越高，反应速率越快，体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间越短，故t