2023年上海市黄浦区高考化学二模试卷(含解析)

2023年上海市黄浦区高考化学二模试卷

一、单项选择题〔本大题共20小题，共40.0分〕

1.用高分子吸附树脂提取卤水中的碘（主要以I-形式存在）的工艺流程如下，以下说法不正确的选项是

（）

H2SO4CljKClOj

卤水一｛①酸化I②氧而T⑨吸附■■化碘产品

pH=2〜3（高分子树脂）

A.经①和④所得溶液中，c（I-）后者大于前者

B.④的作用是将吸附的碘复原而脱离高分子树脂

C.假设②和⑤中分别得到等量5则消耗的n（C12）：n（KCK）3）=5:2

D.由⑥得到碘产品的过程，主要发生的是物理变化

2.属于人工固氮的是（）

A.催化剂B.2NO+O^2NO

4NH+5O।4N0+6H022

322

催化剂

Mn」僭闪电

C.2N+3H=2NHD.N2+U2^^2NO

L43

加热加压

3.工业上冶炼金属铁通常承受的方法是（)

A.热分解法B.热复原法C.结晶法D.电解法

Z

4.以下各组物质中，满足如图物质一步转化关系的是（

-X

选项XYZ

ANaNaOHNaHCO3

A1203

BAlAI(OH)3

CCCOco2

DMgMgOMgCOH)?

A.AB.BC.CD.D

5.为了检验暴露在空气中的亚硫酸钠是否变质，应使用的试剂是（）

A.盐酸和品红B.Ba（NC>3）2和稀盐酸

C.Ba"和稀硫酸D.Ba"和稀盐酸

O

6.]“八口与中80-C2H§发生酯化反响生成的酯的相对分子质量为（）

CIij-c―Oil

A.92B.90C.88D.94

7.某种型热激活电池的构造如下图，电极a的材料是氧化石墨烯（CP）和粕纳米粒子，电极b的材

料是聚苯胺（PANI）。电解质溶液中含有Fe3+和Fe2+。加热使电池工作时电极b发生的反响是

PANI-2e-=PANIO（氧化态聚苯胺，绝缘体）+2H+,电池冷却时Fe2+在电极b外表与PANIO反

响可使电池再生。以下说法不正确的诜项是

PANI

CP和Pl

电

电

极

极h

A.电池工作时电极a为正极，且发生的反响是：Fe3++e-=Fe2+

B.电池工作时，假设在电极b四周滴加几滴紫色石蕊试液，电极b四周渐渐变红

C.电池冷却时，假设该装置正负极间接有电流表或检流计，指针会发生偏转

D.电池冷却过程中发生的反响是：2Fe2++PAN1O+2H+=2Fe3++PAN1

8.以下说法正确的选项是（）

A.中的液溟可用水封存，防止漠挥发

B.金属钠着火时使用泡沫灭火器灭火效果更好

C.煤的干镯、煤的气化和煤的液化都属于物理变化

D.将水中的铁闸门连接电源的负极而防腐，是牺牲阳极的阴极保护法

9.以下物质的分子中全部原子不行能共平面的是（）

A.丙烯B.乙烯C.乙焕D.苯

10.以下有关物质的性质与用途具有对应关系的是

A.Si。2硬度大，可用于制造光导纤维

B.FeCb易溶于水，可用于印刷电路板回收铜

C.SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆

D.明矶溶于水井水解形成胶体，可用于净水

11.有15g铁和铁的氧化物组成的混合物，往混合物中参加150mL稀硫酸充分反响，放出氢气

1.68L(标准状况)，铁和铁的氧化物均无剩余。向生成的溶液中滴入KSCN溶液，未见颜色变化,

向溶液参加200mL3moi•L-iNaOH溶液，恰能使Fe2+全部转化成Fe(OH)2，则原硫酸溶液的物质

的量

浓度为()

A.1.5mol-L-iB.2mol-L-iC.2.5mol-L-iD.3mol-L-i

12.硫与铁反响生成硫化亚铁

A.XB.y/

13.某无色溶液中能大量共存的一组离子是()

A.OH-Ba2+HCO-Cl-B.K+Fe3+1-NO-

C.NH+A13+Cl-NO-D.Mg2+CO2-SiO2-H+

4333

14.除去以下物质中所含的杂质(括号内为杂质)，选用试剂正确的选项是()

A.Fej溶液(Feq)：Fe粉

B.CO2(SO2)：饱和的Na2cO3溶液

c.SO2(HC1)：NaOH溶液

D.NaHCC)3溶液(Na2co3)：CaCOH%溶液

15.密闭容器中发生反响：2X(g)+Y(s)U2Z(g)AH<0,到达平衡时，以下说法正确的选项是()

A.减小容器体积，平衡正向移动

B.再参加Z,达平衡时Z的体积分数增大

C.再参加X,X的转化率减小

D.降低温度，丫的转化率增大

16.以下试验操作能到达目的的是()

A.用甲装置验证浓H2s。4的脱水性、强氧化性

B.用乙装置收集NO气体

C.装置丙中水能持续流下，说明装置气密性不良好

D.用丁装置比较N、C、Si非金属性的强弱

17.能正确表示以下反响的离子方程式是（）

A.氯气通入冷的氢氧化钠溶液中：Cl2+20H-=CIO-+C1-+H20

B.碳酸钠溶液与醋酸溶液混合：C02-+2H+=H20+C02T

C.向NaHS（）4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至溶液呈中性：H++S02-+Ba2++0H-=40+

BaSO4,1

D.盐酸中参加铁粉：2Fe+6H+=2Fe3++34T

18.X、Y、Z、W四种短周期主族元素在周期表中的相对位置如图，以下说法不正确的选项是（）

XY

ZW

A.Y的气态氧化物的稳定性肯定比W的强

B.W的原子序数可能是丫的原子序数的2倍

C.Y原子形成的简洁离子半径肯定比X原子形成的简洁离子半径大

D.假设Z元素最高价氧化物的水化物是强酸，则W元素的单质具有强氧化性

19.以下表达中，正确的选项是（）

A.氧化复原反响的本质是元素化合价发生了变化

B.含化合价上升元素的反响物被氧化

C.得到电子的物质被氧化

D.氧化复原反响中，氧化剂和复原剂肯定是两种物质

20.确定某无色溶液中含某离子，以下结论正确的选项是（）

A.加AgNO3溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消逝，可确定有Q-存在

B.加BaCl2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消逝，可确定有S02屋存在

C.加盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，可确定有大量C023存在

D.通入Cl2后，溶液变为黄色，参加淀粉溶液后溶液变蓝，可确定有卜存在

二、试验题〔本大题共1小题，共15.0分〕

21.氯化铁可用作金属蚀刻、有机合成的催化剂，争论其制备及性质是一个重要的课题。

(1)氯化铁晶体的制备:

①为顺当达成试验目的，上述装置中弹簧夹翻开和关闭的挨次为

②反响完毕后，将乙中溶液边参加，边进展加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、

枯燥即得到产品。

(2)氯化铁的性质探究：

某兴趣小组将饱和FeCy溶液进展加热蒸发、蒸干灼烧，在试管底部得到固体。为进一步探究该

固体的成分设计了如下试验。(查阅文献知：①FeC)溶液浓度越大，水解程度越小②氯化铁的

熔点为306。配沸点为315K,易升华，气态FeC)会分解成FeQ和"③Fe%熔点670汽)

操作步骤试验现象解释缘由

翻开K,充入氮气D中有气泡产生①充入4的缘由_______________

关闭K,加热至600。&B中消灭棕黄色固体②产生现象的缘由____________

充分灼烧固体

试验完毕，振荡C静置③__________________《)____________________

(用相关的方程式说明)

⑤结合以上试验和文献资料，该固体可以确定的成分有

三、简答题〔本大题共3小题，共45.0分〕

22.黑火药是中国古代四大制造之一，它的爆炸反响为：

2KNO3+3C+SA—+N2T+3co2T(己酉己平)•

(1)生成物中除了氮气与二氧化碳外,还有一种物质A,则A的电子式为,A属于_

化合物.

(2)黑火药中位于元素周期表短周期的元素有种.其中一种元素的单质可用于制药，其

氧化物可用于漂白织物和作防腐剂，该元素在周期表中的位置是.

(3)黑火药中所含元素的原子半径从大到小的挨次是(用元素符号表示).

(4)以下事实能说明黑火药中碳与硫两元素非金属性相对强弱的有.

A.氢化物的稳定性：H2S>CH4

14

B.酸性：H2s03>2C03

CCS2中碳元素为+4价，硫元素为-2价.

23.在肯定温度下，容积为1L的密闭容器内，某一反响中M、N的物质的量随反响时间变化的曲线

如图，

请答复以下问题.

(1)该反响的化学方程式为：

(2)\时生成M反响速率(填“大于”“小于”或“等于”)消耗M反响速率

(3)到达平衡状态的时间为(填"t/气?”或‘&")，此时N的转化率为.

(4)假设生成M反响为吸热反响，在压强不变的状况下上升温度、容器的体积将(填”增

变

或

物

质

的

量

24.某化学兴趣小组以苯的同系物D和乙烯为主要原料，承受以下路线合成药物

M(H2N-Q~€OOCH2cHMcHiCHh)：

CH尸CH?

C

Fe/HCI

M

：①一样条件下D蒸气的密度是氢气的46倍;

+HN--[｛。3融4一；

③「:一、()]Fe/HCl<

请答复以下问题:

(1)对于化合物M,以下说法正确的选项是_(填序号)。

a.可与浓盐酸形成盐b.不能与氢气发生加成反响c.

可发生水解反响d.属于两性化合物

(2)A的构造简式为,D的名称是。

(3)合成路线中属于氧化反响的有(填序号)，E分子中官能团名称为

(4)写出C+F-G的化学反响方程式。

(5)E的某种同系物H,相对分子质量比E大14,符合以下条件的H的同分异构体的数目有

种。

①属于芳香族化合物；②含有-N/；③能与NaHCOs溶液反响放出气体。

其中分子中核磁共振氢谱有6个吸取峰，且峰面积之比为1：1：1：2：2：2的有机物构造简式

为。

(6)反响②的原子利用率是100%,通常承受乙烯为原料制得A后与B反响合成C,请用化

学反响方程式表示以乙烯为原料制备B的合成路线(无机试剂任选)。

【答案与解析】

1.答案：C

解析：

此题考察卤水提碘及混合物分别提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反响、混合物分别方

法、试验技能为解答关键，侧重分析与试验力量的考察，留意元素化合物学问的应用，题目难度不

大。

A.通过③高分子树脂吸附，碘得以富集，故经过④所得溶液中c(l-)比经过①的大，故A正确；

B.④中参加的是具有复原性的Na2sO3,Na2sO3与吸附在高分子树脂上的单质碘发生氧化复原反响，

生成化合态的碘，从而使碘与高分子树脂脱离，故B正确；

C.②中Cl2氧化I-时，C1的化合价由0降为一1,⑤中KQC>3氧化卜时，C1的化合价由+5降为-1,由

得失电子守恒可知n(Q2)：n(KCK)3)=6:2=3:1,故C错误：

D.升华为物理变化，故D正确。

2.答案：C

解析：解：氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，人工固氮是人为的条件下将

氮元素的单质转化为化合物的过程。

A.氨气的催化氧化，是含氮化合物之间的相互转化，不符合氮的固定定义，故A错误；

B.一氧化氮和氧气反响生成二氧化氮，是含氮化合物之间的相互转化，不符合氮的固定定义，故B

错误；

C.工业上将电合成氨，N2^NH3)氮气是单质，是游离态的氮，转变为化合态NH3,符合氮的固定

定义，属于人工固氮，故c正确；

D.闪电时，氮气和氧气反响生成NO,属于自然固氮，故D错误；

应选：Co

氮的固定是指：将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程。游离态是指氮气单质。氮的固定有：人

工固氮和自然固氮。人工固氮最典型事例是工业合成氨。自然固氮包括自然固氮和生物固氮。自然

固氮典型事例是闪电能使空气里的氮气转化为一氧化氮。生物固氮典型事例是豆科植物中寄生有根

瘤菌，它含有氮酶，能使空气里的氮气转化为氨。

此题主要考察氮的固定，依据人工固氮是人为的条件下将氮元素的单质转化为化合物的过程即可解

答，题目难度不大。

3.答案：B

解析：

此题考察了金属的冶炼，明确金属活泼性与金属冶炼方法是解题的关键，题目难度不

大.铁性质较活泼，通常用热复原法冶炼，

应选：Bo

4.答案：C

解析：

此题考察元素化合物学问，难度不大，此题留意把握常见物质的性质，学习中留意相关根底学问的

积存。

A、Na和水反响生成NaOH,NaOH与二氧化碳反响生成NaHCC^，NaHCC^不能直接得到Na,故A

错误；

B、铝和氧气反响生成氧化铝，氧化铝不能直接生成氢氧化铝，故B错误；

C、C与少量的氧气反响得到CO,CO与氧气反响得到CO2，CO?与Mg反响可以得到C,故C正确：

D、镁和氧气反响生成氧化镁，氧化镁不能溶于水，不能一步转化为氢氧化镁，故D错误。

应选C。

5.答案：D

解析：

此题考察硫酸根离子、亚硫酸根离子的检验，把握亚硫酸根离子和硫酸根离子的性质为解答的关键，题目

难度较易。

A.取少量样品于试管中，滴入稀盐酸，发生反响2H++SO2^=SO2T+H2O，能产生使品红溶液褪色

的二氧化硫气体，说明含有亚硫酸钠，不能说明亚硫酸钠己变质，故A错误；

B.滴入Ba(N()3)2和稀盐酸，相当于参加硝酸，稀硝酸具有强氧化性，亚硫酸根离子能被氧化为硫酸

根离子，无法推断亚硫酸钠是否变质，故B错误：

C.滴入稀硫酸，引入硫酸根离子，滴入BaQ2溶液，有白色沉淀产生，不能说明含有硫酸钠，故C错

误；

D.滴入稀盐酸，亚硫酸钠与盐酸反响生成氯化钠、二氧化硫和水，排解了亚硫酸根离子的干扰，再

参加氯化银产生白色沉淀，说明含有硫酸根离子，说明亚硫酸钠已经变质，故D正确：

应选D。

6.答案：B

解析：解：乙酸与乙醇反响，乙酸供给竣基中的-0H,乙醇供给-0H上的H,相互结合生成乙酸乙

酯和水，反响方程式为CH《O18OH+CH.CH180HiCHC0180CH,CH+H18Q,因此

CH3coi80cH2cH3的相对分子质量为90,

应选B.

醇与竣酸发生酯化反响生成酯和水，酯化反响的实质是醇脱羟基上的氢原子，酸脱羟基，依据方程

式计算.

此题考察了酯化反响的原理，题目难度不大，留意把握酯化反响的实质是醇脱羟基上的氢原子酸脱

羟基，侧重于考察学生的分析力量和应用力量.

7.答案：C

解析：

此题考察原电池的工作原理，留意电极b发生的反响结合物质所含元素化合价的变化推断原电池的

正负极，把握电极方程式的书写方法，题目难度中等。

由加热使电池工作时电极b发生的反响是PANI—2e-=PANI0（氧化态聚苯胺，绝缘体）+2H+,可

知电极b为原电池的负极，a电极为原电池的正极，发生复原反响，电极方程式为Fe3++e-=Fe2+,电

池冷却时Fe2+在电极b外表与PAN10反响可使电池再生，则冷却时发生的方程式为：2Fe2++

PAN10+2H+=2Fe3++PANI,

A.电池工作时，a电极为原电池的正极，发生复原反响，电极方程式为Fe3++e-=Fe2+,故A正确；

B.电池工作时，电极b发生的反响是PANI-2e-=PANI0（氧化态聚苯胺，绝缘体）+2H+,所以在

电极b四周滴加几滴紫色石蕊试液，电极b四周渐渐变红，故B正确；

C.电池冷却时，Fe2+在电极b外表与PAN1O反响可使电池再生，发生的方程式为：2Fe2++PANIO+

2H+=2Fe3++PANI,没有形成原电池，因此正负极间接有电流表或检流计，指针不偏转，故C错

误；

D.电池冷却时，Fe2+在电极b外表与PANIO反响可使电池再生，发生的方程式为：2Fe2++PANIO+

2H+=2Fe3++PANL故D正确。

应选C。

8.答案：A

解析：解：A.漠单质易挥发，漠的密度比水大，漠微溶于水。为防止液澳挥发，所以用水密封，故A

正确；

B.金属钠着火生成过氧化钠，与泡沫灭火器喷出的二氧化碳反响，反响生成的氧气助燃，不能灭火，应

利用沙土铺盖，故B错误；

C.煤的气化是煤在氧气缺乏的条件下进展局部氧化形成H2、CO等气体的过程。煤的液化是将煤与4

在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的乙和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化

工产品的过程，故C错误；

D.将水中的铁闸门连接电源的负极而防腐，为外加电源的阴极保护法，故D错误；

应选：Ao

A.浪单质易挥发，澳的密度比水大，可用水封存；

B.金属钠着火生成过氧化钠，与泡沫灭火器喷出的二氧化碳反响；

C.煤的气化、液化、干储都是化学变化：

D.该方法为外加电源的阴极保护法.

此题考察较为综合，涉及药瓶的保存，侧重于学生的分析力量和试验力量的考察，为高频考点，留

意药品的保存取决于物质的性质，学习中留意相关根底学问的积存，难度不大.

9.答案：A

解析：解：A、丙烯分子中的甲基是和甲烷具有相像的构造为空间四周体，所以原子不行能处于同

一平面，故A正确；

B、乙烯为平面构造，全部原子都处在同一平面上，故B错误；

C、乙快为直线构造，全部原子处于同始终线，全部原子都处在同一平面上，故C错误；

D、苯为平面构造，全部原子都处在同一平面上，故D错误；

应选A.

在常见的有机化合物中甲烷是正四周体构造，乙烯和苯是平面型构造，乙焕是直线型构造，其它有

机物可在此根底上进展推断.

此题主要考察有机化合物的构造特点，做题时留意从甲烷、乙烯、苯和乙快的构造特点推断有机分

子的空间构造.

10.答案：D

解析：

此题考察物质的性质与用途，为高频考点，学习中留意把握物质的组成、性质和用途的关系。

A.二氧化硅具有良好的光学性质，所以Si。2可以制造光导纤维，与其硬度大无关，故A不选；

B.FeC%用于印刷电路板回收铜是由于-FeC4具有氧化性，把铜氧化为氯化铜，与易溶于水无关，故B

不选；

C.由于s()2具有漂白性，可用于漂泊纸浆，与氧化性无关，故C不选；

D.明矶溶于水电离出铝离子，铝离子会水解生成氢氧化铝胶体，因氢氧化铝胶体具有较强的吸附性，故

可用明矶净水，D符合题意，故D选。

应选D。

11.答案：B

解析：

此题考察有关混合物反响的计算，题目难度中等，明确发生的反响原理为解题关键，留意利用守恒

思想计算，侧重考察学生分析思维力量的考察。

铁和氧化铁与硫酸反响后溶液中溶质为FeSC)4、H2s。型参加NaOH溶液使铁完全转化成Fe(OH)2,

产生反响后的溶液溶质只有Na2s0铲

依据硫酸根守恒，则：n(H2soP=n(Na2so4)，依据钠离子守恒，则n(Na2so/=5(NaOH)=

Ix3mol/Lx0.2L=0.3mol,

2

稀HzSO/j物质的量浓度为：c(H3))=o.smoi^2moi/L,

40.15L

应选B。

12.答案:B

解析：

依据硫氧化性较弱，与铁反响生成二价铁离子，据此进展分析解答。

硫氧化性较弱，与铁反响生成硫化亚铁，故正确。

应选B。

13.答案：C

解析：解：A.0H-与HC0§发生反响不能大量共存，故A错误；

B.Fe3+有颜色，不能大量存在，故B错误

C.离子之间不发生任何反响，可大量共存，故C正确；

D.C02-、Si02-与H+反响而不能大量共存，故D错误.

33

应选C.

溶液无色，则有颜色的离子不行大量共存，离子之间不发生任何反响，则离子可大量共存，以此解

答该题.

此题考察离子共存，涉及常见离子的性质的考察，侧重于根底学问的综合运用，易错点为D,留意

离子之间发生弱电解质的性质，题目难度不大.

14.答案：A

解析：解：A.Fe与氯化铁反响生成氯化亚铁，则加铁粉、过滤可除杂，故A正确；

B.二者均与碳酸钠反响，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液，故B错误；

C.二者均与NaOH反响，不能除杂，应选饱和亚硫酸氢钠溶液，故C错误；

D.二者均与氢氧化钙反响，不能除杂，应通入足量二氧化碳气体，故D错误；

应选A.

A.Fe与氯化铁反响生成氯化亚铁；B.

二者均与碳酸钠反响;

C.二者均与NaOH反响；

D.二者均与氢氧化钙反响.

此题考察混合物分别提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反响、混合物分别方法为解答的

关键，侧重分析与试验力量的考察，留意元素化合物学问的综合应用，题目难度不大.

15.答案:D

解析：

此题考察化学平衡，为高频考点，把握平衡移动的影响因素、转化率和体积分数的推断为解答的关

键，侧重分析与应用力量的考察，留意等效平衡的推断，题目难度不大。

A.减小容器体积，压强增大，该反响为气体体积不变的反响，平衡不移动，故A错误；B.

再参加Z,与原平衡为等效平衡，达平衡时Z的体积分数不变，故B错误；

C.再参加X,与原平衡为等效平衡，X的转化率不变，故C错误；

D.该反响为放热反响，降低温度平衡正向移动，Y的转化率增大，故D正确；

应选：D。

16.答案：A

解析：

此题考察较为综合，涉及物质的制备、收集、检验等学问，为高考常见题型，侧重于学生的分析力

量和评价力量的考察，留意把握物质的性质的异同以及试验方案的严密性，难度中等。

A.蔗糖在浓硫酸的作用下脱水碳化，然后碳与浓硫酸反响生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性和还

原性，可使品红褪色，可被高镒酸钾氧化，用甲装置验证浓H2sO,的脱水性、强氧化性，故A正确;

B.NO可与空气中的氧气反响生成NO2,不行用排空气法，故B错误；

C.丙中烧瓶与分液漏斗之间用导管相连，系统内大气压全都，因此液体可持续流下，故C错误；

D.硝酸易挥发，生成的二氧化碳中混有硝酸，不能比较碳酸、硅酸的酸性，故D错误。

应选A。

17.答案:A

解析：

此题考察离子反响的书写，留意离子方程式的书写规章和各离子的电荷是否守恒，明确沉淀、气体、水在

离子反响中保存化学式即可解答，题目较简洁.

A.氯气通入氢氧化钠溶液中的离子反响为Q2+20H-=CIO-+Cl-+H20,故A正确；

B.碳酸钠溶液与醋酸溶液混合离子反响为CO23-+2CH3COOH=H20+C02T+2CH3COO-,故B错

误；

C.向NaHSOq溶液中滴加Ba(OH)2溶液至溶液呈中性离子反响为2H++S02-yBa2++20H-=

2H2O+BaSO4i,故C错误；

D.盐酸中参加铁粉离子反响为Fe+2H+=Fe2++4T,故D错误。

应选A。

18.答案：C

解析：解：A.非金属性越强，对应氢化物越稳定，则丫的气态氢化物的稳定性肯定比W的强，故A

正确；

B.假设丫为。，W为S,W的原子序数是丫的原子序数的2倍，故B正确；

C.X、丫的离子可能具有一样的电子排布，则丫原子形成的简洁离子半径比X原子形成的简洁离子

半径小，故C错误；

D.Z元素最高价氧化物的水化物是强酸，Z为S,则W为CL氯气具有强氧化性，故D正确；

应选：Co

由X、Y、Z、W四种短周期主族元素在周期表中的相对位置，可知X、Y位于其次周期，Z、W位

于第三周期，X、Z同主族，Y、W同主族，

A.非金属性越强，对应氢化物越稳定；B.

假设丫为。，W为S；

C.X、Y的离子可能具有一样的电子排布；

D.Z元素最高价氧化物的水化物是强酸，Z为S,则W为Q。

此题考察位置、构造与性质，为高考常见题型，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重

分析与应用力量的考察，留意选项C为解答的易错点，题目难度不大。

19.答案：B

解析：解：A.氧化复原反响的特征是元素化合价的变化，氧化复原反响的本质是有电子的得失，故A

错误；

B.元素化合价上升失电子的物质被氧化，元素化合价上升得到电子的物质被复原，故B正确；C.

元素化合价上升失电子的物质被氧化，元素化合价上升得到电子的物质被复原，故C错误；

D.氧化复原反响中，氧化剂和复原剂可以是一种物质，如氯气与水的反响，氯气既是氧化剂又是复

原剂，故D错误。

应选：B。

A.氧化复原反响的本质是有电子的得失；

B.元素化合价上升失电子被氧化；

C.得到电子的物质被复原；

D.氧化复原反响中，氧化剂和复原剂可以是一种物质.

此题考察了氧化复原反响，侧重于氧化复原反响根本概念的考察，题目难度不大.

20.答案：D

解析：解：A.参加的盐酸也会生成AgCl沉淀，溶液中不肯定含有C1-,可能含有SO2j故A错误；

B.加Bad?溶液，生成白色沉淀，沉淀可能为AgCl或硫酸钢沉淀，不肯定含有SO2],故B错误；

C.CO2-和HCO：都能与HC1反响生成CO2气体，CO2气体为能使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体，

所以不能推断出是否含有COT，故C错误；

D.淀粉遇碘变蓝色，可证明含有碘离子，故D正确。

应选：D。

A.参加的盐酸也会与硝酸银反响生成氯化银沉淀；B.

可能生成AgCl沉淀；

C.可能为HCOg；

D.淀粉遇碘变蓝色。

此题考察物质的检验和鉴别试验方案的设计，为高频考点，把握离子的检验方法、试剂及现象与结

论为解答的关键，侧重离子检验的考察，留意检验应排解干扰离子，题目难度不大。

21.答案：（1）①关闭弹簧夹1和3,翻开弹簧夹2,待铁粉完全溶解后翻开弹簧夹1和3,关闭弹簧

夹2

②浓盐酸冷却结晶

（2）①排出装置内的空气

②FeC）易升华

③溶液分层，上层接近无色，下层橙红色

（4）2FeCl3且2FeCl24-5，2Br-+Cl2=Br2+2C1-

⑤FeCg、Fe2O3

解析：

此题以物质制备为载体，考察学生对原理的分析理解、物质的分别提纯、氧化复原反响、物质成分

分析、信息猎取与迁移运用等，需要学生具备扎实的根底，题目难度中等。

(1)①先制备氯化亚铁，再由氯化亚铁与氯气制备氯化铁，为顺当达成试验目的，关闭弹簧夹1和3,翻

开弹簧夹2；待铁粉完全溶解后翻开弹簧夹1和3,关闭弹簧夹2；

故答案为：关闭弹簧夹1和3,翻开弹簧夹2,待铁粉完全溶解后翻开弹簧夹1和3,关闭弹簧夹2；

②反响完毕后，向乙制得的氯化铁溶液中参加浓盐酸，抑制铁离子的水解，然后加热浓缩、冷却结

晶、过滤、洗涤、枯燥即得到产品；

故答案为：浓盐酸；冷却结晶；

(2)①为防止空气对试验的干扰，翻开K,充入氮气；

故答案为：排出装置内的空气；

②FeC)易升华，B中消灭棕黄色固体；

故答案为：FeC^易升华；

③充入氮气，关闭K,加热至60(TC,充分灼烧固体，发生反响2FeCl§A2FeC12+02，生成的氯气

通入C装置，2Br-+Cl2=B4+2C1-,四氯化碳密度比水重，萃取溟单质，使C中溶液分层，上

层接近无色，下层橙红色；

故答案为：溶液分层，上层接近无色，下层橙红色；

④灼烧固体，2FeCl3A2FeClz+C5，生成的氯气C装置，2Br-+C%=B%+2C1-；

故答案为：2FeCl3A2FeC12+5，2Br-+%=B4+2C1-；

⑤依据试验，固体确定含有氯化铁，氯化铁溶液中的铁离子水解灼烧后生成氧化铁，故固体还含有

氧化铁，不能确定是否含有氯化亚铁；

故答案为：FeC%、Fe203O

22.答案：Kr：S：K；离子；4；第三周期第VIA族；K>S>C>N>0；AC

解析：解：(1)由原子守恒可知A为/s,其电子式为K|：S：K,含离子键，为离子化合

n

物，故答案为：KI：S：K；离子；

n

(2)只有K不在短周期，C、N、0、S四种均在短周期，二氧化硫具有漂白性，S位于第三周期第VIA

族，故答案为：4；第三周期第VIA族；

(3)电子层越多，原子半径越大；同周期从左向右原子半径减小，则原子半径为K>S>C>N>0,

故答案为：K>S>C>N>0；

(4)氢化物的稳定性、最高价氧化物水化物酸性、化合物中化合价可比较非金属性，只有AC符合，

故答案为：AC.

(1)由原子守恒可知A为K2S,含离子键；

(2)只有K不在短周期，二氧化硫具有漂白性；

(3)电子层越多，原子半径越大；同周期从左向右原子半径减小；

(4)利用氢化物的稳定性、最高价氧化物水化物酸性、化合物中化合价推断.

此题考察氧化复原反响、周期表及应用，为高频考点，把握原子守恒、化学键、物质的性质是解答

的关键，侧重分析与应用力量的考察，题目难度不大.

23.答案：2N(g)1M(g)；大于；I?；75%；减小

解析：解：(1)由图可知，随反响进展，M的物质的量增大，△n(M)=3mol,为生成物，N的物质的

量削减，△n(N)=6mol,为生成物，N、M的化学计量数之比等于物质的量变化量之比为6mol：

3mol=2：1,时M、N的物质的量不发生变化，为可逆反响，故反响为2N(g)=M(g),故答案

为：2N(g)=M(g)；

(2)1时刻，反响未到达平衡状态，q时刻后N的物质的量连续减小，反响向正反响进展，故口时生

成M反响速率大于消耗M反响速率，故答案为：大于；

(3)由图可知，t3时物质的量不随时间发生变化，为平衡状态；

由图可知，平衡时N的物质的量变化为8moi-2mol=6mol,N的起始物质的量为8mol,故N的转

化率为皿Lx100%=75%,

8mol

故答案为：I?;75%；

(4)反响为2N(g)UM(g),正反响为吸热反响，上升温度平衡向正反响进展，混合气体物质的量削

减，压强不变，故容器的体积减小，故答案为：减小.

(1)由图可知，随反响进展，M的物质的量增大，△n(M)=3moL为生成物，N的物质的量削减，

on(N)=6mol,为生成物，化学计量数之比等于物质的量变化量之比，据此确定化学计量数，时

M、N的物质的量不发生变化，为可逆反响，据此书写；

(2)讶时刻，反响未到达平衡状态，.时刻后N的物质的量连续减小，反响向正反响进展：

(3)物质的量不随时间发生变化时为平衡状态；

由图可知，平衡时N的物质的量变化为8moi-2moi=6moLN的起始物质的量为8mol,据此计算；

(4)上升温度平衡向正反响进展，结合混合气体物质的量的变化推断.

此题考察化学反响与图象、平衡状态的判定、影响化学反响速率的因素等，依据图象书写反响的方

程式是解题的关键.

24.答案：(l)ac；

⑵CH'-CH::甲苯；

(3)①⑷；硝基；

(4)

COOH

O2N-^2^-+K>CHJCH2N(C2HB)2OjN-♦H20;

⑸17；0^H-COOH;

jdf/7.CH.■ficit7/./7U7,2c用码a+NHff邮HiCl

解析：

此题考察有机物推断与合成，充分利用M的构造、赐予的反响信息进展分析推断，题目侧重考察学

生分析推理与学问迁移运用力量，(6)中为易错点、难点，中学不涉及胺的内容。

一样条件下D蒸气的密度是氢气的46倍，则Mr(D)=46x2=92,分子中最大C原子数目=忆=

12

7...8,可得D的分子式为C7Hg,纵观整个过程，结合M的构造简式，可知D中含有苯环，故D的

构造简式为-CH3，故D与浓硝酸、浓硫酸在加热条件下发生取代反响生成E