广东省2022-2023学年高三化学上学期11月新高考学科综合素养评价试卷（PDF版附答案）

绝密★启用前4.能按照溶解、过滤、蒸发的实验操作顺序进行分离的一组固体混合物是（）A.实验室用氯酸钾与足量二氧化锰制取氧气后的残留物广东省新高考普通高中学科综合素养评价B.木炭还原氧化铜后的混合物高三年级C.黑火药（硫、硝酸钾、碳粉）D.实验室制取二氧化碳的残留物化学5.某同学归纳硫及其化合物的“价态—类别—应用”如图，下列说法错误的是（）本试卷共10页，21小题，满分100分。考试用时75分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色笔迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。将条形码横贴在答题卡指定位置。2.选择题每小题选出答案后，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笔迹的钢笔或签字笔作答，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，将试题与答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Si-28Cl-35.5A.a能与f反应生成e，氧化剂与还原剂之比为1∶2一、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，B.将c的浓溶液与木炭加热反应生成的气体产物通入澄清石灰水中，若溶液变浑浊说明有f生成每小题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。C.从f出发制备硫酸的路线为fhc1.《天工开物》是我国古代一部综合性的科学技术著作，下列有关书中记载说法错误的是（）D.利用f酸性氧化物的性质，用生石灰或氨水与f反应可防治酸雨A.“火燃釜底，滚沸延及成盐”涉及的操作是蒸发结晶6.化学对提高人类生活质量、促进社会发展和科技的创新有重要作用，下列叙述错误的是（）B.“铁器淬于胆矾水中，即成铜色也”，发生置换反应：Fe+CuSO4＝FeSO4+CuA.纤维素在人体内不可水解成葡萄糖，故不可作人类的营养物质C.“世间丝、麻、裘、褐皆具素质”，“丝、麻、裘”的主要成分都是蛋白质B.中医药学是我国的文化瑰宝，中药的萃取或浓缩均为物理变化2+D.书中记载了以炉甘石（主要成分是ZnCO3）为原料的火法炼锌工艺，Zn的核外电子排C.推广使用聚乙烯薄膜代替聚乳酸材料制品，有利于减少白色污染10布式为[Ar]3dD.豆腐常年出现在人们的餐桌上，豆腐通常用豆浆制备，稀豆浆属于胶体2.化学科学在国防装备的打造和生产生活中发挥着重要作用。下列有关叙述正确的是（）7.五种短周期主族元素在元素周期表中的相对位置如图所示，X氢化物的沸点比Z氢化物的A.北斗导航处理器使用的“中国芯”，主要成分为SiO2沸点高。下列说法正确的是（）B.应用于陆军战车的纳米陶瓷装甲属于新型合金材料C.天和核心舱电推进系统中的腔体采用的超硬氮化硼陶瓷属于共价晶体，具有类金刚石结QX构，N为sp杂化YZWD.量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨互为同素异形体A.原子半径：Z＞X＞Q3.文物是历代遗留下来的在文化发展史上有价值的东西。下列广东博物馆馆藏文物中主要由B.X的简单氢化物一定是由极性键构成的极性分子天然有机高分子材料制成的是（）C.非金属性：Y＞Z＞WD.Y的最高价氧化物对应的水化物一定为中强酸文物选项A.明竹雕和尚骑虎B.宋金长方瓷枕C.战国金柄玉环D.春秋楚王孙铜钟高三化学第1页(共10页)高三化学第2页(共10页) 8.下列装置正确并能达到实验目的的是（）11.利用Y形管可制备氯气及探究其性质，将浓盐酸滴入装有KMnO4固体的小试管中，进行的实验探究如图。下列说法错误的是（）2mol／L浓盐酸甲乙湿棉花（含饱和食盐水）检测试纸金属钠0.2gKMnO4固体品红溶液A.浓盐酸与KMnO4反应，HCl被还原成Cl2丙丁B.检测试纸为湿润的石蕊试纸，观察到试纸先变红后褪色C.加热金属钠，观察到有白烟产生D.品红溶液褪色，加热，溶液不恢复红色A.图甲装置可以验证稀硝酸的还原产物为NO12.下列根据实验操作和实验现象所得出的结论中，正确的是（）B.图乙装置可用于制备NaHCO3，CO2分子为直线形，NH3分子为三角锥形实验现象结论C.图丙中CO还原Fe2O3，a装置中出现的现象是管中黑色固体变为红棕色A向H2S溶液中滴加CuSO4溶液生成黑色沉淀H2S酸性比H2SO4强D.图丁证明氧化性：Cl2>Br2>I29.2021年我国首次实现从CO2到淀粉的全合成，其部分合成路线如下：B向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体产生白色沉淀SO2具有还原性2+C取FeSO4少许溶于水，加入几滴KSCN溶液溶液变红色Fe全部变质H2H2OO2H2O2O向溶液中加入NaOH溶液，然后加热，并用+COCHOHHCHOHOOHD湿润的蓝色石蕊试纸检验产生的气体试纸不变红色溶液中不含有NH423……淀粉催化剂催化剂M-1-113.ROH是一元弱碱。常温下，向20mL0.5mol·LROH溶液中逐滴加入0.25mol·L盐酸，溶设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是（）-液pOH和随加入盐酸体积的变化曲线如图所示。已知pOH=-lgc(OH)，下列说法A.甲醛分子中H—C—O键角大于甲醇分子中H—C—O键角B.1molH2O2含有的电子数为18NA错误的是（）C.60gHCHO与M的混合物中所含氧原子数为2NAD.淀粉与纤维素均可用(C6H10O5)n来表示，二者互为同分异构体10.按照制氢工艺的不同，氢能源大体分为“灰氢”“蓝氢”和“绿氢”三类。其中，借由对工业副产物进行提纯获取氢气，俗称“灰氢”。通过裂解煤炭或者天然气所得的氢气，便是“蓝氢”。所谓“绿氢”则是通过可再生能源、电解水等方法，实现全程百分之百零碳排、零污染。我国利用光伏发电，逐步增加了“绿氢”的比例，可早日实现“碳中和”与“碳达峰”。下列有关说法正确的是（）A.光电池的主要材料为硅，硅属于分子晶体-4.2A.Kb(ROH)=1×10B.电解水时，阴极上发生还原反应+-+B.b点时，c(R)＞c(ROH)＞c(OH)＞c(H)C.在电解水装置中，可向水中加入食盐增强导电性-+C.c点时，c(Cl)=c(R)+c(ROH)--D.电解水时，阳极电极反应式为4OH-4e=O2↑+4H2OD.a→d，水的电离程度一直增大高三化学第3页(共10页)高三化学第4页(共10页) 14.下列离子方程式书写正确的是（）二、非选择题：本题共4小题，每题14分，共56分17.（14分）为了研究FeCl3的性质，某兴趣小组进行了如下实验。A.水杨酸与过量碳酸钠溶液反应：+CO2↑+H2OⅠ.制备：FeCl3易潮解，100℃能升华。B.用石灰乳处理硝酸厂的废水：C.用白醋除铁锈：D.NH4HCO3溶液与足量KOH溶液反应：15.为研究反应2X(s)+2Y(g)Z(g)+2W(g)，向2L密闭容器中加入足量X和2molY发生反应。一定条件下，在甲、乙两种催化剂作用下，反应相同时间，测得Y的转化率与温度的关系如图所示。下列说法错误的是（）(1)实验开始前先通氯气的目的是_______。(2)若用NaOH溶液处理尾气，发生反应的化学方程式为__________________________。(3)该装置存在的主要缺点是__________________________。Ⅱ.溶液的配制：取FeCl3固体溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度。配制100mL0.5mol/LFeCl3溶液，需5mol/LFeCl3溶液的体积为______mL，不需要使用的实验仪器有________(填字母)。A.该反应的∆H<0B.在相同温度下，与催化剂甲相比，乙使反应活化能更低C.反应达到平衡后，再加入2molX，Y的转化率增大D.反应至M点时，体系中c(Z)=0.275mol/L16.辛腈是一种重要的化工原料，可由辛酸铵皂脱水得酰胺再脱水制得，现有化学研究团队利用电解法合成辛腈，并可同时将二氧化碳转化为甲酸，该电解法在碱性条件下的装置工作原Ⅲ.FeCl3溶液的性质：理如图所示。下列说法正确的是（）(1)向1mL0.5mol/LFeCl3溶液中通入SO2至饱和，充分静置。观察到FeCl3溶液颜色由黄色变成血红色。静置5分钟后溶液颜色由血红色慢慢变回黄色，静置9小时后溶液慢慢由黄色变成浅绿色。2+FeCl3溶液与SO2反应的离子方程式为______。某同学想检验反应5分钟后的溶液中有Fe生成，应选用的试剂是______。3+(2)为探究实验过程中血红色物质产生的原因，该同学查阅资料发现红色物质可能是Fe与溶液中某种+4价含硫微粒形成的配离子（可逆反应），于是提出以下假设：假设一：血红色物质的产生与c(H2SO3)或c(SO2)有关-2-假设二：血红色物质的产生与c(HSO3)或c(SO3)有关A.In/In2O3-x电极与电源正极相连B.在Ni2P电极上发生的反应为：C.Ni2P电极上可能有副产物O2生成D.若左侧消耗5.6LCO2，则通过离子交换膜的离子数目为0.25NA高三化学第5页(共10页)高三化学第6页(共10页) 该同学为验证假设进行以下实验：+2−④本流程中，“萃取”的原理为2R3N(叔胺N-235)+2H+(RMoO43NH)2MoO4。①实验一：向1mL1mol/LFeCl3溶液中滴加1mL1mol/LNaHSO3溶液，溶液变成血红色，且颜请回答下列问题：色比(1)实验深，再加入1mol/L________，溶液颜色由红色褪成黄色。(1)“氧化焙烧”前，可将富钼精矿_____________，以提高原料利用率和_______________。②实验二：将1mol/L的FeCl3溶液、Na2SO3溶液、NaHSO3溶液以一定体积混合，利用分光(2)“氧化焙烧”步骤，需通入足量氧气，则MoS2发生反应的化学方程式为___________光度仪对红色物质的浓度进行检测，测得实验数据如下，吸光度越大，溶液颜色越深。___________________________。V/mL(3)滤渣II的主要成分为_________________。若只考虑除去金属元素，则在“调pH”这一序号吸光度环节中，pH的最佳取值范围是_____________________。FeCl3Na2SO3NaHSO310.54.00.00.412(4)叔胺N-235一般指三辛癸烷基叔胺，分子式为C27H57N，在本流程中，它可循环利用。则20.53.20.80.331叔胺N-235分子中，各元素电负性按从大到小排列，顺序为________________；第一电离能30.52.02.00.182按从大到小排列，顺序为______________。+3-2+40.51.2x0.085(5)若测得(NH4)2MoO4溶液中c(NH4)=2mol/L，欲使AsO4刚好沉淀完全，则溶液中Mg是50.50.04.00.018否沉淀完全？____________________________________________________________________-5表中x=__________。（通过计算作答。当溶液中某离子浓度小于或等于10mol/L时，认为其沉淀完全）。3+③实验结论：血红色物质是Fe与______________形成的配离子。(6)氧化锌晶胞如图所示，若1点坐标为（0.25，0.25，0.25），则2点坐标为___________。(3)结合化学平衡解释(1)实验中出现“5分钟后溶液颜色由血红色慢慢变回黄色”现象的原z因：________________。18.（14分）钼酸铵，化学式为(NH4)2MoO4，白色粉末，是广泛用作生产高纯度钼制品、钼催化剂、y钼颜料等的基本原料。利用某富钼精矿(主要成分为MoS2，还含有少量ZnO、SiO2、Al2O3、As2O3以及不溶且不参与反应的杂质)制备钼酸铵的一种流程如下图所示：x19.（14分）碳氧化物的资源化利用，对节能减排、保护环境具有重要意义。(1)CO2与H2反应合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。某条件下，该反应速xyk正率ν正=k正·c(CO2)·c(H2)，ν逆=k逆c(CH3OH)·c(H2O)，该反应的平衡常数K=，则k逆x=________，y=________。(2)通过催化剂作用，CO与H2反应也可以合成甲醇，反应过程中的能量变化如图：已知：①含锌微粒及相关pH如下图。②氢氧化铝在pH＜4或者pH＞12时开始溶解。-1-11①反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，ΔH=________kJ·mol（列式表示）。③常温下，Ksp[Mg(NH4)AsO4]=10。②为了提高甲醇的平衡产率，应选择的反应条件为_______。A.高温高压B.高温低压C.低温高压D.低温低压高三化学第7页(共10页)高三化学第8页(共10页) ③甲醇可被铱的配合物离子催化发生羰基化反应，反应过程如图所示。下列叙述正确的20.（14分）黄鸣龙，伟大的有机化学家。黄鸣龙在1946年改良的“黄鸣龙还原反应”，是是（）第一个以华人名字命名的有机反应。黄鸣龙为有机化学的发展做出了卓越的贡献，现在的很多有机合成还在使用他提出的方法，如制备某种药物：A.中心离子Ir的配位数、化合价在反应过程中都没有发生变化B.CH3I是反应中间体，CH3COOH中有δ键、π键已知：C.M降低了甲醇羰基化反应的活化能和焓变①黄鸣龙反应是醛类或酮类在碱性条件下与肼作用，如：D.甲醇羰基化反应的化学方程式为CH3OH＋COCH3COOHE.CO分压增大对反应速率没有影响(3)在催化剂作用下，利用CO2和H2合成乙烯，体系中存在反应：I.2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)ΔH1＜0II.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2＞0在密闭容器中加入催化剂，通入2molCO2和6molH2进行反应，CO2的平衡转化率随温度和②③吡啶具有碱性压强的变化如图所示。请回答下列问题：（1）A的名称为___________。（2）G的官能团名称为___________。（3）C到D的反应类型为___________。（4）E转化为F的化学方程式为_______________________________________________。（5）吡啶的结构简式为，则吡啶在此流程中的作用为_____________________________。（6）化合物J是A的同分异构体，符合以下条件的有___________种(不考虑立体异构)。①苯环上有不超过2个的取代基②1molJ能消耗3molNaOH其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1的结构简式为____________________________________________。（7）结合题干流程信息，以丙酮酸（CH3COCOOH）和苯酚为原料，写出合成①观察P2，200℃~650℃时CO2的平衡转化率随着温度的升高而减小，650℃以后CO2的平的路线(无机试剂任选，无需注明条件)：___________。衡转化率随着温度的升高而增大的原因是_____________________。②P1、P2、P3的大小关系是__________________。③在Q点对应的条件下，乙烯的选择性==，则H2的转化率为____。该温度下，反应II的平衡常数Kp=____(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，保留两位有效数字)。高三化学第9页(共10页)高三化学第10页(共10页) 广东省新高考普通高中学科综合素养评价高三年级化学参考答案一、选择题12345678910111213141516CDAABCBADBABDDCC二、非选择题17.（14分）Ⅰ．（1）排尽空气，防止铁与空气中的氧气反应（1分）（2）Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O（2分，反应物和生成物均正确，给1分，配平正确给1分）（3）B中长导管易被产品堵塞（1分）Ⅱ．10（1分，10.0也给分，10.00不给分）bc（1分，错选、漏选、多选不给分）3++SO2++SO2−+4H+（2分，反应物和生成物均正确，给1分，配平正确给1分）Ⅲ．（1）2Fe2+2H2O=2Fe4K3[Fe(CN)6]溶液（1分，写KMnO4溶液不给分）（2）①盐酸（1分，写HCl也给分，写硝酸不给分）②2.8（1分）③SO2−（1分）3（3）随着反应2Fe3++SO2+2−++2−2+2H2O=2Fe+SO4+4H的进行，溶液中c(H)不断增大，c(SO3)不断减小，形成配离子的可逆反应向逆向移动，使配离子浓度不断减小，c(Fe3+)增大，观察到溶液由血红色慢慢变回黄色。（2分）18.（14分）（1）粉碎（1分）加快氧化焙烧速率（1分，写加快速率即可得分）（2）2MoS2+9O2+12NaOH=2Na2MoO4+4Na2SO4+6H2O（2分，反应物和生成物均正确，给1分，配平正确给1分，条件不扣分）（3）H2SiO3、Al(OH)3、Zn(OH)2（3分，写对一个1分，写错一个扣1分，扣没为止）8~12（1分，用区间或不等式表示均给分，上下限不论是否取等均可）（4）N＞C＞H（1分）N＞C＞H（1分）Ksp[Mg(NH)AsO]（5）是（1分），c(Mg2+)=44=10-11/(2×10-5)=5×10-7mol/L＜10-5mol/L（2分，列式13c(MH)c(AsO)44分，计算结果1分）（6）（0.75，0.25，0.75）（1分，用分数表示也给分）19.（14分）（1）1（1分）3（1分）（2）①E1-E2+ΔH2（1分）②C（1分）③BD（2分，对1个给1分，错1个扣1分，扣完为止）（3）①P2，200℃~650℃时以反应I为主，ΔH1＜0，温度升高，反应I向逆向移动，CO2的平衡转化率减小，650℃以后以反应II为主，ΔH2＞0，温度升高，反应II向正向移动，CO2的平衡转化率增大。（2分）②P1＜P2＜P3（2分）③30%（2分）0.76（2分）-1- 20.（14分）（1）对羟基苯甲酸(或4-羟基苯甲酸)（1分）（2）酯基、醚键（2分）（3）取代反应（1分）NaOH/HOCH2CH22ON↑+HO（2分，气（4）+H2N-NH2+22Δ体符号不扣分）（5）吡啶能与生成的HCl反应，促进此反应进行（1分）（6）4（2分）、（各1分，共2分）（7）（3分）-2- 答案详解与评分标准一、选择题1.【答案】C解析：A．“火燃釜底，滚沸延及成盐”运用蒸发结晶的方法获取食盐晶体，故A正确；B．胆矾溶于水得到的是硫酸铜溶液，铁与硫酸铜溶液发生反应：Fe+CuSO4＝FeSO4+Cu，此反应属于置换反应，B正确；C．丝、裘的主要成分是蛋白质，麻的主要成分是纤维素，C错误；D．Zn的原子序数为30，其核外电子排布式为[Ar]3d104s2，Zn2+是锌原子失去2个电子所形成的，Zn2+的核外电子排布式为[Ar]3d10，D正确。2.【答案】D解析：A．芯片主要成分为Si，而不是SiO2，A错误；B．应用于陆军战车的纳米陶瓷装甲属于新型无机非金属材料，B错误；C．类金刚石结构，N应为sp3杂化，C错误；D．碳纳米与石墨都是由碳元素组成的不同结构的单质，它们互为同素异形体，故D说法正确。3.【答案】A解析：A．竹子的主要成分是纤维素，纤维素属于天然有机高分子，A正确；B．陶瓷的主要成分是硅酸盐，B错误；C．玉的主要成分是硅酸盐，属于金属材料，C错误；D．青铜器属于合金，D错误；4.【答案】A解析：A．MnO2难溶，KCl易溶，溶解、过滤能将二者分离，蒸发得到KCl固体，A符合题意；B．Cu、CuO和木炭粉末均难溶，溶解、过滤不能将三者分离，B不符合题意；C．S、C均难溶，溶解、过滤不能将二者分离，C不符合题意；D．无需溶解，直接过滤即可分开碳酸钙与氯化钙，D不符合题意；5.【答案】B解析：A．2H2S+SO2＝3S↓+H2O，SO2是氧化剂，H2S是还原剂，氧化剂与还原剂之比为1∶2，故A正确；B．C+2H2SO4(浓)≜2SO2↑+CO2↑+2H2O，二氧化硫和二氧化碳均能与澄清石灰水反应生成沉淀，二氧化碳会干扰检验，故B错误；C．从SO2出发制备硫酸的路线为SO2SO3H2SO4，C正确；D．利用SO2酸性氧化物的性质，用生石灰或氨水与SO2反应：SO2→CaSO3→CaSO4或NH3·H2O→(NH4)2SO3→(NH4)2SO4可防治酸雨，D正确。6.【答案】C解析：A．人体内没有能使纤维素水解成葡萄糖的酶，因此纤维素不能作为人类的营养物质，A正确；B．中药的萃取和浓缩均无新物质产生，属于物理变化，B项正确；C．聚乙烯塑料难降解，会造成白色污染，聚乳酸塑料易降解，不会造成白色污染，则用聚乳酸塑料代替聚乙烯塑料可减少白色污染，C错误；D．胶体遇电解质溶液发生聚沉，豆浆通过点卤可制得豆腐，稀豆浆属于胶体，D正确；7.【答案】B解析：由“X氢化物的沸点比Z氢化物的沸点高”判断X氢化物中存在氢键，可能是NH3或H2O，则X可能是N或O，五种主族元素存在如下两种可能：-3- CNNO或SiPSPSC1A．同周期元素的原子半径从左到右逐渐减小，故原子半径：Q＞X，A错误；B．X的简单氢化物可能是NH3或H2O，它们都是由极性键构成的极性分子，B正确；C．同周期元素的非金属性从左往右逐渐增强，故非金属性：Y＜Z＜W，C错误；D．Y的最高价氧化物对应的水化物可能是H2SiO3或H3PO4，H2SiO3为弱酸，H3PO4为中强酸，D错误。8.【答案】A解析：A．稀硝酸与碳酸钙反应生成二氧化碳，可排出装置内空气，然后Cu与稀硝酸反应生成NO，且NO不溶于水，试管及集气瓶中均出现无色气体，则可验证稀硝酸的还原产物为NO，故A正确；B．NH3极易溶于水，通入液面以下会发生倒吸，通入液面以下的中间导管应通CO2，B项错误；C．CO还原Fe2O3，生成Fe和CO2，Fe2O3是红棕色固体，单质铁是灰黑色的，因此反应后可以看到硬质玻璃管中由红棕色固体变为灰黑色，C错误；D．氯气、溴均能与碘化钾反应生成碘，不能证明Br2、I2氧化性的强弱，故D错误；9.【答案】D解析：A．甲醛分子中C原子为sp2杂化，甲醇分子中C原子为sp3杂化，故甲醛分子中H—C—O键角大于甲醇分子中H—C—O键角，A正确；B．1个H2O2分子含有的电子数为（1×2+8×2）=18个，故1molH2O2含有的电子数为18NA，C正确；C．HCHO与M的最简式相同，均为CH2O，60gHCHO与M的混合物的物质的量为2mol，所含氧原子数为2NA，B正确；D．淀粉和纤维素均可用(C6H10O5)n表示，但n不确定，二者的分子式不同，不是同分异构体，故D错误。10.【答案】B解析：A．硅为共价晶体，A项错误；B．电解水时，阴极发生还原反应，B项正确；----=ClC．加入食盐，则由于Cl比OH易失去电子，阳极的电极反应式为2Cl-2e2↑，反应得到氯气而不是氧气，反应实质是电解NaCl和H2O，而不是电解水，C项错误；-+D．电解水时，阳极电极反应式为2H2O-4e=O2↑+4H，D项错误；11.【答案】A解析：A．浓盐酸与KMnO4反应，HCl作为还原剂，被氧化成Cl2，故A错误；B．氯气和水生成盐酸和次氯酸，盐酸使试纸变红，次氯酸有漂白性，使试纸褪色，B正确；C．钠与Cl2微热会生成氯化钠，可观察到有白烟生成，C正确；D．氯气使品红溶液褪色，属于氧化漂白，不可逆，故加热，溶液不恢复红色，D正确。12.【答案】B解析：A．H2S与CuSO4反应是因为CuS为难溶于酸的沉淀，并不是H2S酸性比H2SO4强，A错误；B．Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体，发生氧化还原反应生成硫酸钡，可知SO2具有还原性，故B正确；C．溶液变红，说明硫酸亚铁溶液有变质，但是否全部被氧化，还应检验是否存在亚铁离子，C错误；D．碱性气体NH3遇到湿润的红色石蕊试纸可使之变蓝，D选项错误；13.【答案】D解析：A．a点=0时，pOH=4.2，即c(R+)=c(ROH)时，c(OH-)=1×10-4.2mol·L-1，MOH的电离常数K-4.2b=1×10，A正确；B．b点，溶液的溶质成分为ROH∶RCl=1∶1，此时≈-1.3，≈，，代入K-)≈10-5.5，溶液呈碱性，电离程度大于水解程度，所以c(R+)＞c(ROH)＞c(OH-)＞b表达式可得c(OHc(H+)，B正确；C．c点，ROH与盐酸恰好完全中和得到RCl溶液，溶液中存在物料守恒：c(Cl-)=c(R+)+c(ROH)，C正确；-4- D．a→c，水的电离程度增大：c→d，水的电离程度减小，D错误。14.【答案】D2-解析：A．根据酸性的强弱可知，羧酸>碳酸>苯酚>碳酸氢根，所以离子方程式为2CO3+-→+2HCO3，A项错误；B．石灰乳是Ca(OH)2的悬浊液，该反应的离子方程式中，Ca(OH)2不能拆开写，离子方程式应写为+=Ca2++2HCa(OH)2+2H2O，B错误；C．醋酸是弱酸，不能拆成离子形式，C错误；D．NH4HCO3溶液与足量KOH溶液反应，铵根离子和碳酸氢根完全反应，离子方程式为：2NHHCO2OHNHHOCOHO，D正确；43323215.【答案】C解析：A．分析催化剂甲作用下Y的转化率曲线可知，随着横坐标温度的升高，Y的转化率先增大后减小，转化率达到最大值，即反应达到平衡，后温度升高，Y的转化率下降，即平衡逆向移动。根据勒夏特列原理，可知升高温度平衡向吸热方向移动，即逆反应为吸热，则正反应为放热，即ΔH＜0，A正确；B．在相同温度下，反应相同时间，催化剂乙作用下的Y的转化率大于催化剂甲的，故催化剂乙作用下的反应速率比催化剂甲的大，与催化剂甲相比，乙使反应活化能更低，B正确；C．由于X是固体，反应达到平衡后，再加入2molX，平衡不移动，Y的转化率不变，C错误；D．△c(Y)=(2×0.55)mol/2L=0.55mol/L，c(Z)=1/2△c(Y)=1/2×0.55mol/L=0.275mol/L，D正确。16.【答案】C解析：该装置为电解池，左侧二氧化碳得电子生成甲酸根，电极反应为CO2+H2O+2e-=HCOO-+OH-，左侧电极为阴极，右侧为阳极，接电源正极，电极反应为CH3(CH2)7NH2-4e-+4OH-=CH3(CH2)6CN+4H2O。A．左侧电极为阴极，In/In2O3-x电极与电源负极相连，A错误；B．根据分析，在右侧电极发生的电极反应式为CH3(CH2)7NH2-4e-+4OH-=CH3(CH2)6CN+4H2O，B错误；C．右侧电极为阳极，氢氧根可能失去电子生成氧气，故可能有副产物O2生成，C正确；D．左侧电极为阴极，从阴极电极反应式可以看出，当0.25mol二氧化碳反应时，电路中电子转移0.5mol，根据电荷守恒，氢氧根迁移的物质的量是0.25mol，但题目未说明标准状况，故无法判断二氧化碳的量，D错误。二、非选择题17.（14分）Ⅰ．（1）排尽空气，防止铁与空气中的氧气反应（1分）（2）Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O（2分，反应物和生成物均正确，给1分，配平正确给1分）（3）B中长导管易被产品堵塞（1分）Ⅱ．10（1分，10.0给分，10.00不给分）bc（1分，错选、漏选、多选不给分）Ⅲ．（1）2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO24−+4H+（2分，反应物和生成物均正确，给1分，配平正确给1分）K3[Fe(CN)6]溶液（1分，写KMnO4溶液不给分）（2）①盐酸（1分，写HCl也给分，写硝酸不给分）②2.8（1分）③SO2−（1分）3（3）随着反应2Fe3++SO2+2−++2−2+2H2O=2Fe+SO4+4H的进行，溶液中c(H)不断增大，c(SO3)不断减小，形成配离子的可逆反应向逆向移动，使c(Fe3+)增大，配离子浓度不断减小，观察到溶液由血红色慢慢变回黄色。（2分）【解析】Ⅰ．装置A中Cl2与Fe在加热条件下发生反应产生FeCl3，装置B用于收集FeCl3，装置C中浓硫酸作用是吸收空气中的水分，防止生成的FeCl3遇水潮解，最后用NaOH溶液进行尾气处理，防止污染大气。（1）实验开始前先通氯气的目的是排尽空气，防止铁与空气中的氧气在加热时发生反应，故答案为：排-5- 尽空气，防止铁与空气中的氧气反应。（2）Cl2会与NaOH溶液发生歧化反应，故答案为：Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O。（3）FeCl3易凝华为固体，容易使B中长导管堵塞，故答案为：B中长导管易被产品堵塞。Ⅱ．溶液稀释过程中，溶质的物质的量不变，因此100mL×0.5mol/L=VmL×5mol/L，解得V=10，故答案为：10。-1FeCl稀释配制100mL0.1mol·L3溶液需要用到的仪器有烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管、量筒，则不需要用到的仪器为漏斗、分液漏斗，故答案为：bc。Ⅲ．SO2溶于水并会与水反应生成H2SO3，H2SO3在溶液中存在二级电离。在SO2与FeCl3溶液反应的过程中，由于反应2Fe3++SO2+2−+3+2+2H2O=2Fe+SO4+4H的反应速度较慢，在反应一开始的阶段，Fe与H2SO3电离出来的少量SO2−会发生副反应，即形成配离子的可逆反应，生成不稳定的血红色配合物，随着反应的3进行，溶液中c(H+)不断增大，c(SO2−)不断减小，形成配离子的可逆反应向逆向移动，使配离子浓度不断33+3+3++SO2++SO2−+4H+反应减小，c(Fe)增大，观察到溶液由血红色慢慢变回黄色，Fe通过2Fe2+2H2O=2Fe4逐渐生成Fe2+，静置9h后溶液慢慢由黄色变成浅绿色。（1）溶液由黄色最终变成浅绿色，浅绿色为Fe2+的颜色，SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，故离子方3+2++SO2-+4H+。程式为2Fe+SO2+2H2O=2Fe4Fe2+和K3[Fe(CN)6]溶液反应产生蓝色沉淀，故答案为K3[Fe(CN)6]溶液。（2）①实验一是为了验证假设一，加入盐酸，HSO−结合H+会产生亚硫酸或二氧化硫，同时不引入新的杂3质、可能干扰的离子，分析现象可知假设一不成立，故答案为盐酸。②实验二是为了进一步验证假设二，保持溶液总体积不变，使Fe3+的浓度保持不变，故x=4.0-1.2=2.8。③由表中吸光度可知，c(SO2−)越大，吸光度越大，溶液颜色越深，配离子浓度越大，得出血红色物质是3Fe3+与SO2−形成的配离子，故答案为SO2−。33（3）随着反应2Fe3++SO2+2−++2−2+2H2O=2Fe+SO4+4H的进行，溶液中c(H)不断增大，c(SO3)不断减小，形成配离子的可逆反应向逆向移动，使配离子浓度不断减小，c(Fe3+)增大，观察到溶液由血红色慢慢变回黄色。18.（14分）（1）粉碎（1分）加快氧化焙烧速率（1分，写加快速率即可得分）（2）2MoS2+9O2+12NaOH=2Na2MoO4+4Na2SO4+6H2O（2分，反应物和生成物均正确，给1分，配平正确给1分，条件不扣分）（3）H2SiO3、Al(OH)3、Zn(OH)2（3分，写对一个1分，写错一个或少写扣1分，扣完为止）8~12（1分，用区间或不等式表示均给分，上下限不论是否取等均可）（4）N＞C＞H（1分）N＞C＞H（1分）Ksp[Mg(NH)AsO]44（5）是（1分），c(Mg2+)==10-11/（2×10-5）=5×10-7mol/L＜10-5mol/L（2分，列式3c(MH)c(AsO)441分，计算结果1分）（6）（0.75，0.25，0.75）（1分，用分数表示也给分）【解析】本工艺流程中富钼精矿经粉碎或研磨能增大接触面积，加快氧化焙烧速率，提高原料利用率，富钼精矿(主要成分为MoS2，还含有少量不溶物、ZnO、SiO2、Al2O3、As2O3)经过氧化焙烧后，由后续流程可判断，将S元素转化为Na2SO4，SiO2转化为Na2SiO3，As2O3转化为Na3AsO4，ZnO变为Na2[Zn(OH)4]、Al2O3变为NaAlO2，故氧化焙烧方程式为2MoS2+9O2+12NaOH=2Na2MoO4+4Na2SO4+6H2O。加水溶解浸出后过2-滤得到滤渣1主要成分为不溶物；向浸出液中加入稀硫酸调节pH，使SiO3转化为H2SiO3沉淀，Na2[Zn(OH)4]变为Zn(OH)2沉淀、NaAlO2变为Al(OH)3沉淀，过滤得到滤渣II主要成分为H2SiO3、Zn(OH)2、Al(OH)3，若只考虑除去锌、铝元素，由图结合已知信息可得，pH的最佳取值范围是8~12。N、C、H三元素电负性强弱顺序为：N＞C＞H，第一电离能大小顺序为：N＞C＞H。计算可得：-6- Ksp[Mg(NH)AsO]44c(Mg2+)==10-11/(2×10-5)=5×10-7mol/L＜10-5mol/L，所以镁离子沉淀完全。由1点坐3c(MH)c(AsO)44标可得，2点坐标为（0.75，0.25，0.75）。19.（14分）（1）1（1分）3（1分）（2）①E1-E2+ΔH2（1分）②C（1分）③BD（2分，对1个给1分，错1个扣1分，扣完为止）（3）①P2时，200℃~650℃时以反应I为主，ΔH1＜0，温度升高，反应I向逆向移动，CO2的平衡转化率减小，650℃以后以反应II为主，的ΔH2＞0，温度升高，反应II向正向移动，CO2的平衡转化率增大。（2分）②P1＜P2＜P3（2分）③30%（2分）0.76（2分）【解析】xy(H（1）反应达到平衡时，正逆反应速率相等，正=k正·c(CO2)·c2)=逆=k逆c(CH3OH)·c(H2O)，kc(CHOH)c(HO)正32K，则x=1、y=3，故答案为：1，3。3kc(CO)c(H)逆22（2）①设反应过程中第一步的产物为M，则CO(g)+2H2(g)→MΔH1=(E1-E2)，M→CH3OH(g)ΔH2，根据盖斯定律可知，反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=ΔH1+ΔH2=E1-E2+ΔH2，故答案为：E1-E2+ΔH2。②反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，ΔH＜0，正反应放热，降低温度，平衡正向移动；正反应气体物质的量减小，增大压强，平衡正向移动，有利于提高甲醇平衡产率的条件是低温高压，故选C。③A．从反应过程中，M→X：Ir的配位数分别为4,6,6,5，配合物的组成可以看出，配离子中配体I-的数目有变化，使Ir元素的化合价发生改变，A不正确；B．分析可知，CH3I经历“无→有→无”的过程，是反应中间体，CH3COOH中有7个δ键，1个π键，B正确；C．从图中箭头的方向可以看出：经历“有→无→有”的过程，是甲烷羰基化反应的催化剂，催化剂能够降低活化能，但是不影响焓变，C不正确；D．由图可知发生的反应依次为：①CH3OH+HI═CH3I+H2O，②+CH3I=，③+CO=+I-，④=，⑤+I-=CH3COI+，⑥CH3COI+H2O=HI+CH3COOH，6个反应依次发生，6个反应方程式相加和，消去中间产物得出总反应：CH3OH+CO═CH3COOH，是该反应的催化剂反应，故D正确；E．总反应为CH3OH+CO→CH3COOH，CO分压增大，反应速率加快，E不正确。（2）①P2，200℃~650℃时以反应I为主，ΔH1＜0，温度升高，反应I向逆向移动，CO2的平衡转化率减-7- 小，650℃以后以反应II为主，ΔH2＞0，温度升高，反应II向正向移动，CO2的平衡转化率增大。②温度处于200~550℃时，以反应I为主，保持温度不变，反应I气体总的物质的量减小，增大压强，平衡向正向移动，CO2的平衡转化率增加，故P1＜P2＜P3。③在密闭容器中通入2molCO2和6molH2，反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，图中点Q，二氧化碳的平衡转化率为70%，转化的二氧化碳的物质的量为2mol×70%=1.4mol，乙烯的选择==，则生成的乙烯的物质的量为0.1mol，转化为乙烯的二氧化碳的物质的量为×1.4mol=0.2mol，转化为一氧化碳的二氧化碳的物质的量为1.4mol-×1.4mol=1.2mol，根据化学方程式，列出三段式；H2的转化率=(0.6+1.2)/6=30%；平衡时一氧化碳的物质的量为1.2mol，水蒸气的物质的量为0.4mol+1.2mol=1.6mol，二氧化碳的物质的量为2mol-0.2mol-1.2mol=0.6mol，氢气的物质的量为6mol-0.6mol-1.2mol=4.2mol，乙烯的物质的量为0.1mol，体系中总的气体的物质的量为1.2mol+1.6mol+0.6mol+4.2mol+0.1mol=7.7mol，又由于反应II前后总的气体物质的量相等，所以Kp等代数式分子分母中总的气体物质的量、总压可以约掉，化简后得：反应II的平衡常数Kp=0.76；故H2的转化率为30%，平衡常数Kp0.76。20.（14）（1）对羟基苯甲酸(或4-羟基苯甲酸)（1分）（2）酯基、醚键（2分）（3）取代反应（1分）NaOH/HOCH2CH22ON↑+HO（2分，气（4）+H2N-NH2+22Δ体符号不扣分）（5）吡啶能与生成的HCl反应，促进此反应进行（1分）（6）4（2分）、（各1分，共2分）（7）（3分）-8- 【解析】合成路线为：对比A、C的结构，可推知B为，结合信息可知C与SOCl2反应生成D，属于取代反应，E发生黄鸣龙反应，E分子去一个氧原子，加2个氢原子，化合价降低4价，发生还原反应生成F，肼中C共升高4价，变为氮气，化学方程式为：+H2N-NH2NaOH/HOCH2CH22OΔ+N2↑+H2O，F与D发生取代反应生成G和HCl，吡啶中氮原子会与HCl反应，促进反应进行；G的官能团为酯基、醚键。J是A的同分异构体，苯环上有不超过2个的取代基，1molJ能消耗3molNaOH，有邻间对3种，和，共4种。其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1的结构简式为、。结合题干流程信息，以丙酮酸（CH3COCOOH）和苯酚为原料，写出合成的路线：-9-