高中化学高考真题试题分析

高中化学高考真题试题分析2023年9月22日，中国向全世界宣布，努力争取2060年前实现碳中和。以下措施不利于大气中𝐶𝑂2削减的是( )用氨水捕集废气中的𝐶𝑂2，将其转化为氮肥大力推广使用风能、水能、氢能等清洁能源大力推广使用干冰实现人工增雨，缓解旱情通过植树造林，利用光合作用吸取大气中的𝐶𝑂2【答案】C【解析】解：𝐴.氨水能与酸性氧化物二氧化碳反响生成碳酸铵或碳酸氢铵，则用氨水捕集废气中的二氧化碳，将其转化为氮肥有利于大气中二氧化碳的削减，故A错误；大力推广使用风能、水能、氢能等清洁能源，可以削减化石能源的使用，从而削减二氧化碳气体的排放，有利于大气中二氧化碳的削减，故B错误；大力推广使用干冰实现人工增雨，会增加大气中二氧化碳的，不利于大气中二氧化碳的削减，故C正确；通过植树造林，利用光合作用吸取大气中的二氧化碳有利于大气中二氧化碳的削减，故D错误；应选：C。二氧化碳是酸性氧化物，氨水能与酸性氧化物反响；化石能源的使用会产生大量二氧化碳，大力推广使用风能、水能、氢能等清洁能源，可以削减化石能源的使用；干冰为固态二氧化碳；此题考察二氧化碳的来源与减排措施，题目很简洁，关键是把握二氧化碳的性质、排放来源以及减排方法等根底学问，留意联系化学与生活。元末陶宗仪《辍耕录》中记载：“杭人削松木为小片，其薄为纸，熔硫磺涂木片顶端分许，名曰发烛……，盖以发火及代灯烛用也。”以下有关说法错误的选项是( )将松木削薄为纸片状有助于发火和燃烧“发烛”发火和燃烧利用了物质的可燃性“发烛”发火和燃烧伴随不同形式的能量转化硫磺是“发烛”发火和燃烧反响的催化剂【答案】122页D𝐴.故A正确；B.B正确；C.C正确；D.硫磺具有可燃性，参与反响作反响物，不是催化剂，故D错误；应选：D。A.增大接触面积可加快反响速率；B.物质燃烧时伴有放热、发光；C.物质燃烧时放热是将化学能转化为热能、发光是化学能转化为光能；D.硫磺具有可燃性，是反响物。此题考察物质的性质及用途，为高频考点，把握物质的性质、发生的反响、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与运用力量的考察，留意化学与生活的联系，选项D为解答的难点，题目难度不大。选项气体abA𝐻2𝑆稀𝐻选项气体abA𝐻2𝑆稀𝐻2𝑆𝑂4 FeSB𝑂2 𝐻2𝑂2𝑀𝑛𝑂2C𝑁𝑂2浓𝐻𝑁𝑂3 铁片D 𝑁𝐻3浓氨水CaOABCD【答案】B【解析】解：𝐴.浓硫酸具有强氧化性，能氧化硫化氢，故硫化氢不能用浓硫酸枯燥，故A错误；B.过氧化氢在二氧化锰催化下分解生成氧气，氧气可用浓硫酸枯燥，故B正确；C.常温下，铁遇浓硝酸发生钝化，不能制取二氧化氮气体，故C错误；D.氨气为碱性气体，能与浓硫酸反响，故氨气不能用浓硫酸枯燥，故D错误；222页应选：B。A.硫化氢具有复原性，能与浓硫酸反响；B.氧气能用浓硫酸枯燥；C.铁遇浓硝酸钝化；D.氨气能与浓硫酸反响。此题考察常见气体的制备和枯燥，题目难度中等，把握常见气体的制备方法和枯燥方法是解题的关键。生活中处处有化学。以下说法错误的选项是( )自然橡胶的主要成分是聚苯乙烯自然气的主要成分是甲烷乙烯可用作水果催熟剂苯酚可用作消毒剂【答案】A【解析】解：𝐴.聚异戊二烯是自然橡胶的主要成分，是一种高分子化合物，故A错误；B.自然气和沼气的主要成分均为甲烷，但自然气不能再生，是不行再生能源，故B正确；C.乙烯是植物激素，能促进水果和鲜花等的成熟，故C正确；D.苯酚能使蛋白质变性，可以用于杀菌消毒，故D正确；应选：A。A.聚异戊二烯是自然橡胶的主要成分；B.自然气和沼气的主要成分均为甲烷；C.乙烯是植物激素；D.苯酚能使蛋白质变性。此题考察了常见有机物的构造和作用，难度不大，应留意物质的性质和用途的把握。𝑆𝐹6可用作高压发电系统的绝缘气体，分子呈正八面体构造，如下图。有关𝑆𝐹6的说法正确的选项是( )322页是非极性分子C.SF之间共用电子对偏向S【答案】

B.键角∠𝐹𝑆𝐹都等于90∘D.S8电子稳定构造A.6分子呈正八面体构造，SA正确；𝑆𝐹6是构造对称、正负电荷重心重合的分子，故键角<𝐹𝑆𝐹不都等于90∘B错误；由于F的电负性比S的大，SF之间共用电子对偏向FC错误；中心元素价电子数+化合价确实定值=88电子稳定构造，但氢S+=6+6=S原子不是8电子稳定构造，故D错误；应选：A。六氟化硫分子呈正八面体，正负电荷重心重合；六氟化硫分子呈正八面体，1mol含有6𝑚𝑜𝑙𝑆−𝐹键；C.SF之间共用电子对偏向F；D.S元素化合价+价电子数=6+6=12。此题考察分子极性推断、晶体类型推断、8电子构造等学问点，侧重考察学生猎取信息利用8电子构造的推断方法。6. 一次性鉴别等浓度的𝐾𝑁𝑂3、𝑁𝐻4𝐶𝑙、𝑁𝑎2𝐶𝑂3三种溶液，以下方法不行行的是( )pHC.滴加𝐴𝑙𝐶𝑙3溶液【答案】C

焰色试验D.滴加饱和𝐶𝑎(𝑂𝐻)2溶液，微热422页【解析】解：𝐴.𝐾𝑁𝑂3溶液显中性，𝑁𝐻4𝐶𝑙溶液显酸性，𝑁𝑎2𝐶𝑂3溶液显碱性，故可以用测定pH的方法鉴别，故A正确；B34𝑙𝑎2𝑂3的焰色试验中现象为黄色，故可以用焰色试验的方法鉴别，故B正确；C.𝐾𝑁𝑂3𝑁𝐻4𝐶𝑙𝑁𝑎2𝐶𝑂3中只有𝑁𝑎2𝐶𝑂3能与𝐴𝑙𝐶𝑙3𝐾𝑁𝑂3和𝑁𝐻4𝐶𝑙不能鉴别，故C错误；D.2𝑁𝐻4

𝐶𝑙+𝐶𝑎(𝑂𝐻)2

△

𝑂有刺激性味气体产生，𝑁𝑎2

𝐶𝑂3

+𝐶𝑎(𝑂𝐻)2=2𝐶𝑎𝐶𝑂3↓+2𝑁𝑎𝑂𝐻有白色沉淀产生，而𝐾𝑁𝑂3不反响无现象，故可以鉴别，故D正确；应选：C。2A.各物质酸碱性不同，可以用测定pH的方法鉴别；B.各物质的颜色反响现象不同，可以鉴别；C.只有𝑁𝑎2𝐶𝑂3能与𝐴𝑙𝐶𝑙3反响有现象，故𝐾𝑁𝑂3和𝑁𝐻4𝐶𝑙不能鉴别；D.反响现象不同，可以鉴别。此题考察物质的检验、鉴别，难度不大，生疏常见物质的性质和反响现象为解答的关键。7. 𝑁𝐴代表阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是( )A.0.1𝑚𝑜𝑙27𝐴𝑙3+中含有的电子数为1.3𝑁𝐴B.3.9𝑔𝑁𝑎2𝑂2中含有的共价键的数目为0.1𝑁𝐴C.0.1𝑚𝑜𝑙肼(𝐻2𝑁−𝑁𝐻2)含有的孤电子对数为0.2𝑁𝐴D.

=

+

催化剂

1mol乙烷时断裂的共价键总数为𝑁2【答案】

2 2 → 𝐶𝐻3𝐶𝐻3 𝐴C【解析】解：𝐴.27𝐴𝑙3+10个电子，则0.1𝑚𝑜𝑙此铝离子中含电子为𝑁𝐴A错误；B.3.9𝑔𝑁𝑎2

𝑂2

的物质的量𝑛=

3.9𝑔78𝑔/𝑚𝑜𝑙

=0.05𝑚𝑜𝑙1条共价键，则0.05𝑚𝑜𝑙过氧化钠中含共价键为0.05𝑁𝐴B错误；C.一个肼(𝐻2𝑁−𝑁𝐻2)20.1𝑚𝑜𝑙肼中含孤电子对为0.2𝑁𝐴C正确；D.乙烯和氢气发生加成时，乙烯中断裂一条𝜋键，氢气中的𝜎键断裂，故生成1mol乙烷时断裂2𝑁𝐴D错误；应选：C。A.27𝐴𝑙3+10个电子；B.求出3.9𝑔𝑁𝑎2𝑂2的物质的量，然后依据过氧化钠中含1条共价键来分析；C.一个肼(𝐻2𝑁−𝑁𝐻2)2对共用电子对；522页D.乙烯和氢气发生加成时，乙烯中断裂一条𝜋键，氢气中的𝛿键断裂。此题考察了阿伏加德罗常数的计算8. 制备水煤气的反响𝐶(𝑠)+𝐻2𝑂(𝑔)⇌𝐻2(𝑔)+𝐶𝑂(𝑔)△𝐻>0，以下说法正确的选项是( )该反响△𝑆<0上升温度，反响速率增大恒温下，增大总压，𝐻2𝑂(𝑔)的平衡转化率不变恒温恒压下，参加催化剂，平衡常数增大【答案】B【解析】解：𝐴.该反响的正反响是气体体积增大的反响，所以𝛥𝑆>0，故A错误；上升温度，物质的内能增加，分子运动速率加快，有效碰撞次数增加，因此化学反响速率增大，故B正确；𝐻2𝑂(𝑔)的平衡转化率减小，故C错误；恒温恒压下，参加催化剂，化学平衡不移动，因此化学平衡常数不变，故D错误；应选：B。气体体积增大的反响，熵大多增大；上升温度，物质的内能增加，分子运动速率加快，有效碰撞次数增加，活化分子百分比增大；恒温下，增大总压，化学平衡向气体体积减小的逆反响方向移动；D.对应给定的反响，化学平衡常数仅与温度有关。此题考察速率与平衡的问题，把握熵变、温度对速率的影响、平衡常数、催化剂对化学反响影响原理等学问点，题目难度不大。9. 液氨中存在平衡：2𝑁𝐻3⇌𝑁𝐻++

。如下图为电解池装置，以𝐾𝑁𝐻2的液氨溶液为4 2电解液，电解过程中a、b两个惰性电极上都有气泡产生。以下有关说法正确的选项是( )A.b电极连接的是电源的负极2B.a电极的反响为2𝑁𝐻3+2𝑒 =𝐻2↑+2𝑁𝐻2C.电解过程中，阴极四周𝐾+浓度减小D.理论上两极产生的气体物质的量之比为1：1【答案】622页B【解析】解：𝐴.𝑏极为阳极，连接电源的正极，故A错误；2B.a极为阴极，电极反响式为2𝑁𝐻3+2𝑒 =𝐻2↑2

，故B正确；C.电解过程中，阳离子向阴极移动，阴极四周𝐾+C错误；D.1mol2mol1mol6mol电子，故阴极产生氢气3：1，故D错误；应选：B。由图可知，b极生成氮气，氮元素3 价上升为0价价态上升失电子，故b极为阳极，a极为2阴极，电极反响式为2𝑁𝐻3+2𝑒 =𝐻2↑2

，据此作答。此题考察电解原理的应用，题目难度中等，能依据图象准确推断阴阳极是解题的关键，难点是电极反响式的书写。短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，𝑋𝑌离子与𝑌2分子均含有14个电子；习惯上把电解饱和ZW水溶液的工业生产称为氯碱工业。以下推断正确的选项是( )原子半径：𝑊>𝑍最高价氧化物对应的水化物的酸性：𝑌>𝑋化合物ZXY的水溶液呈酸性(𝑋𝑌)2分子中既有𝜎键又有𝜋键【答案】BD【解析】解：由分析可知，X为C、Y为N、Z为Na、W为Cl；同周期自左而右原子半径减小，故原子半径𝑁𝑎>𝐶𝑙A错误；同周期自左而右元素的非金属性增加，其最高价氧化物对应水化物的酸性增加，故酸性𝐻𝑁𝑂3>𝐻2𝐶𝑂3B正确；NaCN为强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，故C错误；D.(𝐶𝑁)2的构造简式为𝑁≡𝐶 分子中单键为𝜎键，三键含有1个𝜎键、2个𝜋键，故D正确；应选：BD。短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，𝑋𝑌离子与𝑌2分子均含有14个电子，则Y原子含有电子数为14=7，故Y为N元素，X原子电子数为14 1 7=6，可知X为C2元素，习惯上把电解饱和ZW水溶液的工业生产称为氯碱工业，则Z为Na、W为Cl。722页娴熟把握元素化合物学问，旨在考察学生分析力量、对学问的运用力量。选项性质解释AB比𝑃𝐻选项性质解释AB比𝑃𝐻3简洁液化熔点高于𝑃𝐻3𝑁𝐻3分子间的范德华力更大𝑁−𝐻键的键能比𝑃−𝐻大C能与𝐴𝑔以配位键结合𝑁𝐻3中氮原子有孤电子对D氨水中存在𝑁𝐻4𝑁𝐻3⋅𝐻2𝑂是离子化合物ABCD【答案】C【解析】解：𝐴.𝑁𝐻3和𝑃𝐻3都属于同一主族元素形成的氢化物，分子晶体的沸点与其相对分子质量成正比，但氨气中含有氢键，𝑃𝐻3不含氢键，氢键的存在导致氨气的沸点上升，故A错误；B.𝑁𝐻3熔点高于𝑃𝐻3𝑁−𝐻键的键能比𝑃−𝐻大，故B错误；C.𝑁𝐻3中氮原子有孤电子对，使𝐴𝑔和𝑁𝐻3以配位键结合形成[𝐴𝑔(𝑁𝐻3)2]，故C正确；4D.𝑁𝐻3⋅𝐻2𝑂是共价化合物，是弱碱，在水溶液中局部电离出4

和𝑂𝐻−D错误；应选：C。氨气中含有氢键，𝑃𝐻3不含氢键，氢键的存在导致氨气的沸点上升；𝑁𝐻3熔点高于𝑃𝐻3，是由于氨气中含有氢键，不是𝑁−𝐻键的键能比𝑃−𝐻大；C.配和物有供给孤电子对的原子N，有供给空轨道的中心原子；D.仅含有共价键的化合物为共价化合物，𝑁𝐻3⋅𝐻2𝑂是共价化合物。此题考察氢键、配位键、化学键等学问点，侧重考察根底学问的把握和敏捷应用力量，明确题目难度不大。822页为谷氨酸单钠盐。X是谷氨酸(构造简式如图)的同分异构体，与谷氨酸具有一样的官能团种类与数目。以下有关说法正确的选项是()A.谷氨酸分子式为𝐶5𝐻8𝑁𝑂4C.谷氨酸单钠能溶于水【答案】

B.2个手性碳原子D.X的数目(不含立体异构)8种CD【解析】解：𝐴.5个碳原子、9个氢原子、1个N原子、4个O原子，其分子式为𝐶5𝐻9𝑁𝑂4A错误；B.连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，该分子中连接氨基的碳原子为手性碳1个手性碳原子，故B错误；C.谷氨酸单钠属于钠盐，且该物质中含有氨基、羧基两个亲水基，所以该物质易溶于水，故C正确；D.X与谷氨酸具有一样的官能团种类和数目，说明X2个羧基、1个氨基，符合条件的构造简式有 、 、、 、 、、 、 共有8种，故D正确；应选：CD。922页A.依据构造简式知，该分子中含有5个碳原子、9个氢原子、1个N原子、4个O原子；B.4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；C.谷氨酸单钠属于钠盐，且该物质中含有氨基、羧基两个亲水基；D.X与谷氨酸具有一样的官能团种类和数目，说明X2个羧基、1个氨基。此题考察有机物的构造和性质，侧重考察根底学问的把握和敏捷应用力量，明确官能团及其性质关系、手性碳原子推断方法、同分异构体种类推断方法是解此题关键，难点是同分异构体种类推断，承受“定一移二”的方法推断，题目难度中等。13. 25℃时，向10.00𝑚𝐿0.1000𝑚𝑜𝑙⋅𝐿1的𝑁𝑎𝐻𝐶𝑂3溶液中滴加0.1000𝑚𝑜𝑙⋅𝐿1的盐酸溶液的pH随参加的盐酸的体积V变化如下图。以下有关说法正确的选项是( )A.a点，溶液𝑝𝐻>7是由于𝐻𝐶𝑂3水解程度大于电离程度3B.b点，𝑐(𝑁𝑎 )=𝑐(𝐻𝐶𝑂3) 2𝑐(𝐶𝑂23

) 𝑐(𝐶𝑙 )C.c点，溶液中的𝐻主要来自𝐻𝐶𝑂3的电离D.d点，𝑐(𝑁𝑎 )=𝑐(𝐶𝑙 )=0.1000𝑚𝑜𝑙⋅𝐿1【答案】AB【解析】解：𝐴.𝑎点为0.1000𝑚𝑜𝑙⋅𝐿1的𝑁𝑎𝐻𝐶𝑂3溶液，溶液中存在𝐻𝐶𝑂3的水解平衡和电离平衡，溶液的𝑝𝐻>7，呈碱性，说明𝐻𝐶𝑂3水解程度大于电离程度，故A正确；B.25℃时，b点溶液的𝑝𝐻=7，呈中性则𝑐(𝐻)=𝑐(𝑂𝐻 )，结合电荷守恒𝑐(𝐻) 𝑐(𝑁𝑎 )=3𝑐(𝐻𝐶𝑂 ) 2𝑐(𝐶𝑂233

) 𝑐(𝐶𝑙 ) 𝑐(𝑂𝐻 )可知：𝑐(𝑁𝑎 )=𝑐(𝐻𝐶𝑂3

) 2𝑐(𝐶𝑂23

) 𝑐(𝐶𝑙 )，故B正确；C.c点参加5.00𝑚𝐿𝑝𝐻<7，呈酸性，溶液中的𝐻主要来自碳酸的电离，故C错误；D.d点𝑛(𝑁𝑎𝐻𝐶𝑂3)=𝑛(𝐻𝐶𝑙)=0.01𝐿×0.1000𝑚𝑜𝑙⋅𝐿1 =0.001𝑚𝑜𝑙，二者恰好完全反响混合液体积为20.00𝑚𝐿，则反响后溶液中满足𝑐(𝑁𝑎 )=𝑐(𝐶𝑙 )=0.001𝑚𝑜𝑙=0.0500𝑚𝑜𝑙⋅𝐿1，0.02𝐿1022页故D错误；应选：AB。A.a点为0.1000𝑚𝑜𝑙⋅𝐿1的𝑁𝑎𝐻𝐶𝑂3溶液，溶液呈碱性，说明碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度；3B.25℃时，b点𝑝𝐻=7，呈中性，结合电荷守恒𝑐(𝐻) 𝑐(𝑁𝑎 )=𝑐(𝐻𝐶𝑂3) 2𝑐(𝐶𝑂2)3𝑐(𝐶𝑙 ) 𝑐(𝑂𝐻 )分析；C.c点反响后溶质为碳酸氢钠、氯化钠和碳酸，溶液呈酸性，氢离子主要来自碳酸的电离；D.d点参加10.00𝑚𝐿等浓度的盐酸，碳酸氢钠与氯化氢的物质的量相等，二者恰好完全反响。此题考察酸碱混合的定性推断，为高频考点，把握图示曲线变化的意义为解答关键，留意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重考察学生的分析与应用力量，题目难度中等。依据以下试验和现象，得出结论正确的选项是( )选选试验现象结论项澄清石灰水先浑浊A 点燃无色气体X，将生成的气体通入澄清石灰水X为CO后澄清B25℃Y溶液中滴加1∼2滴酚酞试液溶液仍为无色Y溶液的𝑝𝐻<7在淀粉和𝐼2的混合溶液中滴加KSCN溶液[：(𝑆𝐶𝑁)2、𝑆𝐶𝑁 分别与卤素单质、卤素离子溶液仍为蓝色性质相像]氧化性：C(𝑆𝐶𝑁) <𝐼22反响中𝐶𝑢2𝑂既溶液由无色变为蓝作D在稀𝐻2𝑆𝑂4中参加少量𝐶𝑢2𝑂(𝑠)色氧化剂又作还并有红色固体生成原剂A【答案】

B C.C D.DD【解析】解：𝐴.𝑋可能为甲烷或CO等，燃烧生成的二氧化碳使石灰水变浑浊，故A错误；B.无色的Y溶液中滴加1∼2pH可能在7∼8之间，故B错误；溶液仍为蓝色，碘可能未完全反响，由操作和现象不能推断(𝑆𝐶𝑁)2、𝐼2的氧化性强弱，故1122页C错误；酸性溶液中𝐶𝑢2𝑂发生岐化反响生成Cu、铜离子和水，则𝐶𝑢2𝑂既作氧化剂又作复原剂，故D正确；应选：D。A.X可能为甲烷或CO等；无色的Y溶液中滴加1∼2滴酚酞试液，溶液可能为酸或显中性的盐溶液；溶液仍为蓝色，碘可能未完全反响；酸性溶液中𝐶𝑢2𝑂发生岐化反响生成Cu、铜离子和水。此题考察化学试验方案的评价，题目难度不大，明确物质的性质、反响与现象、试验技能为解答的关键，侧重分析与试验力量的考察，留意试验的评价性分析。无水𝐹𝑒𝐶𝑙3(含有少量碳和𝑆𝑖𝑂2杂质)为原料制备无水𝐹𝑒𝐶𝑙3(𝑠)。：氯化亚砜( )熔点−101℃，沸点76℃，易水解。答复以下问题：(1)操作①是过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和 。(2)为避开引入的杂质，试剂B可以选用 (填编号)。A.𝐾𝑀𝑛𝑂4溶液B.𝐶𝑙2水C.𝐵𝑟2水D.𝐻2𝑂2溶液(3)操作②是蒸发结晶，加热的同时通入𝐻𝐶𝑙(𝑔)的目的是 。(4)取少量D晶体，溶于水并滴加KSCN溶液，现象是 。(5)反响𝐷→𝐸的化学方程式为 。(6)由D转化成E的过程中可能产生少量亚铁盐，写出一种可能的复原剂 ，并设计试验验证是该复原剂将𝐹𝑒3复原 。【答案】1222页漏斗BD防止水解溶液变为血红色𝐹𝑒𝐶𝑙3

△

+6𝑆𝑂2

↑+12𝐻𝐶𝑙↑二3氧化硫假设加盐酸酸化，再加溶液，产生白色沉淀，则是二氧化硫作复原剂3【解析】解：(1)过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，故答案为：漏斗；𝐴(氯化亚铁)B生成𝐶(氯化铁)，必需保证不参加锌的杂质，A.𝐾𝑀𝑛𝑂4溶液引入的杂质，钾离子、锰离子，故A错误；B.氯气不引入的杂质，故B正确；C.溴水会引入的杂质，溴离子，故C错误；D.𝐻2𝑂2溶液不会引入杂质，故D正确，故答案为：BD；加热促进氯化铁溶液的水解，会生成氢氧化铁，故参加𝐻𝐶𝑙(𝑔)的目的是防止水解，故答案为：防止水解；(4)𝐾𝑆𝐶𝑁溶液遇𝐹𝑒3+变为红色，故溶液变为血红色，故答案为：溶液变为血红色；3依据信息氯化亚( 熔点℃沸6℃易水解可𝑙3⋅2𝑂与3𝑆𝑂𝐶𝑙

2生成

3的化学方程式为𝐹𝑒𝐶𝑙3

△

+6𝑆𝑂2

↑+12𝐻𝐶𝑙↑，故答案为：𝐹𝑒𝐶𝑙3

△

+6𝑆𝑂2

↑+12𝐻𝐶𝑙↑；3(6)为硫酸盐，故假设加盐酸酸化，再加溶液，产生白色沉淀，则是二氧化硫作复原剂，3故答案为：二氧化硫；假设加盐酸酸化，再加溶液，产生白色沉淀，则是二氧化硫作复原剂。废铁屑(含有少量碳和𝑆𝑖𝑂2杂质)𝑆𝑖𝑂2杂质，𝐴(氯化亚铁)B生成𝐶(氯化铁)，蒸发结晶生成𝐹𝑒𝐶𝑙3⋅6𝐻2𝑂，通入𝑆𝑂𝐶𝑙2生成𝐹𝑒𝐶𝑙3。试验力量的考察，把握试验的原理和目的为解答该类题目的关键，留意物质的性质，结合题给信息解答，试题有利于提高学生的分析、理解力量及化学试验力量。碳及其化合物间的转化广泛存在于自然界及人类的生产和生活中℃100kPa时：①1mol葡萄糖[𝐶6𝐻12𝑂6(𝑠)]完全燃烧生成𝐶𝑂2(𝑔)和𝐻2𝑂(1)2804kJ热量。②𝐶𝑂(𝑔)+1

(𝑔)=

(𝑔)△𝐻=−283𝑘𝐽⋅𝑚𝑜𝑙−12 2 2答复以下问题：(1)25℃时，𝐶𝑂2(𝑔)与𝐻2𝑂(1)经光合作用生成葡萄糖[𝐶6𝐻12𝑂6(𝑠)]和𝑂2(𝑔)的热化学方程式为1322页 。(2)25℃，100kPa时，气态分子断开1mol化学键的焓变称为键焓。𝑂=𝑂、𝐶=𝑂键的键焓分别为495𝑘𝐽⋅𝑚𝑜𝑙1、799𝑘𝐽⋅𝑚𝑜𝑙1，𝐶𝑂(𝑔)分子中碳氧键的键焓为 𝑘𝐽⋅𝑚𝑜𝑙1。(3)溶于水的𝐶𝑂2只有局部转化为𝐻2𝐶𝑂3(𝑎𝑞)，大局部以水合𝐶𝑂2的形式存在，水合𝐶𝑂2可用𝐶𝑂2(𝑎𝑞)表示。25℃时，𝐻2𝐶𝑂3(𝑎𝑞)⇌𝐶𝑂2(𝑎𝑞)+𝐻2𝑂(1)的平衡常数𝐾=600，正反响的速率可表示为𝑣(𝐻2𝐶𝑂3)=𝑘1⋅𝑐(𝐻2𝐶𝑂3)，逆反响的速率可表示为𝑣(𝐶𝑂2)=𝑘2⋅𝑐(𝐶𝑂2)，则𝑘2= (用含𝑘1的代数式表示)。3℃4)+𝑂23

(𝑎𝑞)⇌𝐶𝑎𝐶𝑂(𝑠)+𝑆𝑂2343

(𝑎𝑞)，其平衡常数𝐾= 。[𝐾𝑠𝑝(𝐶𝑎𝑆𝑂4)=9.1×106，𝐾𝑠𝑝(𝐶𝑎𝐶𝑂3)=2.8×109](5)溶洞景区限制参观的游客数量主要缘由之一是游客呼吸产生的气体对钟乳石有破坏作用，从化学平衡的角度说明其缘由 。【答案】6𝐶𝑂2

(𝑔)+6𝐻2

𝑂(𝑙)=𝐶6

(𝑠)+6𝑂2

(𝑔)𝛥𝐻+2804𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙1067.5𝑘1 3.25103 游6003客呼出的𝐶𝑂2可与钟乳石主要成分𝐶𝑎𝐶𝑂3发生可逆反响：𝐶𝑂2+𝐻2𝑂+𝐶𝑎𝐶𝑂3⇌𝐶𝑎2++2𝐻𝐶𝑂，𝐶𝑂2增加，平衡正向移动，𝐶𝑎𝐶𝑂3削减，钟乳石被坏3【解析】解：(1)由题意可知，反响①为1mol葡萄糖在氧气中完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出2804kJ的热量，反响的热化学方程式为𝐶6𝐻12𝑂6(𝑠)+6𝑂2(𝑔)=6𝐶𝑂2(𝑔)+6𝐻2𝑂(𝑙)𝛥𝐻=2804𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙 二氧化碳和液态水经光合作用生成葡萄糖和氧气的反响为葡萄糖燃烧的逆反响则生成1mol葡萄糖会吸取2804kJ的热量反响的热化学方程式为6𝐶𝑂2(𝑔)+6𝐻2𝑂(𝑙)=𝐶6𝐻12𝑂6(𝑠)+6𝑂2(𝑔)𝛥𝐻=+2804𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙，故答案为：6𝐶𝑂2(𝑔)+6𝐻2𝑂(𝑙)=𝐶6𝐻12𝑂6(𝑠)+6𝑂2(𝑔)𝛥𝐻=+2804𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙；(2)△𝐻=𝐸(𝐶≡𝑂)+𝐸(𝑂=𝑂) 2

=𝑂)=283𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙 ，解得𝐸(𝐶≡𝑂)=(283𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙) +2×(799𝑘𝐽⋅𝑚𝑜𝑙1)故答案为：1067.5；

1×(495𝑘𝐽⋅𝑚𝑜𝑙1)=1067.5𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙，2(3)当反响到达平衡时，正反响速率等于逆反响速率，则由𝑣(𝐻2𝐶𝑂3)=𝑣(𝐶𝑂2)可得：𝑘

𝐶𝑂

)=

𝑐(𝐶𝑂

)，𝑘1= 𝑐(𝐶𝑂2)

=𝐾=600，解得

=𝑘1，1 2

2 2

𝑐(𝐻2𝐶𝑂3)

2 600𝑘1；6004(4)由方程式𝐶𝑎𝑆𝑂(𝑠)+𝐶𝑂243

(𝑎𝑞)⇌𝐶𝑎𝐶𝑂(𝑠)+𝑆𝑂2343

(𝑎𝑞)，可知反响的平衡常数𝐾=𝑐(𝑆𝑂2)

𝑐(𝑆𝑂2

)⋅𝑐(𝐶𝑎2+) 𝐾𝑠𝑝(𝐶𝑎𝑆𝑂4) 9.1×106 343𝑐(𝐶𝑂23

= 43) 𝑐(𝐶𝑂23

=)⋅𝑐(𝐶𝑎2+)

=𝐾𝑠𝑝(𝐶𝑎𝐶𝑂3)

2.8×109

=3.25×10，故答案为：3.25×103；1422页3(5)二氧化碳和碳酸钙在溶液中存在如下平衡𝐶𝑂2+𝐻2𝑂+𝐶𝑎𝐶𝑂3⇌𝐶𝑎2++2𝐻𝐶𝑂3

量增大，反响物二氧化碳的浓度增大，平衡向正反响方向移动，碳酸钙因反响而削减，导致钟乳石被坏，故答案为：游客呼出的𝐶𝑂2可与钟乳石主要成分𝐶𝑎𝐶𝑂3发生可逆反响：𝐶𝑂2+𝐻2𝑂+3𝐶𝑎𝐶𝑂⇌𝐶𝑎2++2𝐻𝐶𝑂33

，𝐶𝑂2增加，平衡正向移动，𝐶𝑎𝐶𝑂3削减，钟乳石被坏。(1)1mol葡萄糖在氧气中完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出2804kJ的热量，反响的热化学方程式为𝐶6𝐻12𝑂6(𝑠)+6𝑂2(𝑔)=6𝐶𝑂2(𝑔)+6𝐻2𝑂(𝑙)𝛥𝐻=2804𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙，二氧化碳和液态水经光合作用生成葡萄糖和氧气的反响为葡萄糖燃烧的逆反响；(2)△𝐻=𝐸(𝐶≡𝑂)+𝐸(𝑂=𝑂) 2

=𝑂)=283𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙 ；(3)当反响到达平衡时，正反响速率等于逆反响速率，则由𝑣(𝐻2𝐶𝑂3)=𝑣(𝐶𝑂2)可得：𝑘1

𝑐(𝐻2

𝐶𝑂3

)=𝑘2

𝑐(𝐶𝑂2

)，𝑘1=𝑘2

𝑐(𝐶𝑂2)𝑐(𝐻2𝐶𝑂3)

=𝐾=600；4(4)由方程式𝐶𝑎𝑆𝑂(𝑠)+𝐶𝑂243

(𝑎𝑞)⇌𝐶𝑎𝐶𝑂(𝑠)+𝑆𝑂2343

(𝑎𝑞)，可知反响的平衡常数𝐾=4𝑐(𝑆𝑂24

)=𝑐(𝑆𝑂2

)⋅𝑐(𝐶𝑎2+)=𝐾𝑠𝑝(𝐶𝑎𝑆𝑂4)；433𝑐(𝐶𝑂2)433

𝑐(𝐶𝑂2

)⋅𝑐(𝐶𝑎2+)

𝐾𝑠𝑝(𝐶𝑎𝐶𝑂3)3(5)二氧化碳和碳酸钙在溶液中存在如下平衡𝐶𝑂2+𝐻2𝑂+𝐶𝑎𝐶𝑂3⇌𝐶𝑎2++2𝐻𝐶𝑂3

量增大，反响物二氧化碳的浓度增大，平衡向正反响方向移动，碳酸钙的溶解量增大。此题考察溶解平衡和反响热的计算，题目难度较大，明确燃烧热的概念、热化学方程表达的意义、溶解平衡及其影响为解答关键，试题侧重考察学生的分析力量及综合应用力量，难度中等。亚硝酰氯(𝑁𝑂𝐶𝑙)可作为有机合成试剂。：①2𝑁𝑂+𝐶𝑙2

2𝑁𝑂𝐶𝑙肯定温度②沸点：NOCl为6 ℃，𝐶𝑙2为34 ℃，NO为152 ℃。某争论小组用NO和𝐶𝑙2在如下图装置中制备NOCl，并分别回收未反响的原料。答复以下问题：1522页通入𝐶𝑙2和NO前先通入氩气，作用是 ；仪器D的名称是 。将催化剂负载在玻璃棉上而不是直接平铺在玻璃管中，目的是 。试验所需的NO可用𝑁𝑎𝑁𝑂2和𝐹𝑒𝑆𝑂4溶液在稀𝐻2𝑆𝑂4中反响制得，离子反响方程式为 。为分别产物和未反响的原料，低温浴槽A的温度区间应掌握在 ，仪器C收集的物质是 。无色的尾气假设遇到空气会变为红棕色，缘由是 。【答案】排尽装置中的空气，防止与空气中的氧气反响，NOCl易水解，防止遇空气中的水而水解枯燥管增大与气体的接触面积，加快反响速率𝑁𝑂2+𝐹𝑒2++2𝐻+=𝑁𝑂↑+𝐹𝑒3++𝐻2𝑂34℃<𝑇⩽6 ℃或(34 ℃,6 ℃]𝐶𝑙2 与空气中的氧气反响产生红棕色的𝑁𝑂2【解析】解：(1)通入𝐶𝑙2和NO前先通入氩气，作用是排尽装置中的空气，防止与空气中氧气的反响，NOCl易水解，防止遇空气中水蒸气而水解；仪器D的名称枯燥管，NOCl而水解；枯燥管；快反响速率，故答案为：增大与气体的接触面积，加快反响速率；试验所需的NO可用𝑁𝑎𝑁𝑂2和𝐹𝑒𝑆𝑂4溶液在稀𝐻2𝑆𝑂4中反响制得，则亚铁离子会被氧化为铁离子，离子反响方程式为：𝑁𝑂2𝐹𝑒2+2𝐻+=𝑁𝑂↑+𝐹𝑒3+𝐻2𝑂，故答案为：𝑁𝑂2+𝐹𝑒2++2𝐻+=𝑁𝑂↑+𝐹𝑒3++𝐻2𝑂；为分别产物和未反响的原料，低温溶槽A使NOCl冷凝，得到产品，则温度区间应掌握在34 ℃<𝑇⩽6 ℃或(34 ℃,6 ℃]；再经过低温浴槽B降温，使𝐶𝑙2冷凝，防止逸出，污染空气，仪器C收集的物质是𝐶𝑙2，故答案为：34 ℃<𝑇⩽6 ℃或(34 ℃,6 ℃]；𝐶𝑙2；剩下的气体为NO，则无色的尾气假设遇到空气会变为红棕色，缘由是与空气中的氧气反响产生红棕色的𝑁𝑂2，故答案为：与空气中的氧气反响产生红棕色的𝑁𝑂2。通过试验原理可知，进气端为NO和𝐶𝑙2NOCl；经过低温浴槽ANOClB𝐶𝑙2剩下NO经过无水氯化钙枯燥后，进展回收，据此分析作答。试验力量的考察，把握试验的原理和目的为解答该类题目的关键，留意物质的性质，结合题1622页给信息解答，试题有利于提高学生的分析、理解力量及化学试验力量。二甲双酮是一种抗惊厥药，以丙烯为起始原料的合成路线如图。答复以下问题：𝐴的名称是 ，A与金属钠反响的产物为 和 。𝐵的核磁共振氢谱有 组峰。(3)𝐴→𝐵、𝐵→𝐶的反响类型分别为 、 。𝐷中所含官能团名称为 、 。𝐷→𝐸的反响方程式为 。设计以选) 。

为原料合成乌头酸( )的路线(无机试剂任𝑅−𝑟𝑅−②【答案】异丙醇或2−丙醇异丙醇钠或2−丙醇钠或基羧基

氢气1氧化反响加成反响羟1722页【解析】解：(1)𝐴( )的名称为异丙醇或2−丙醇，A与金属钠反响生成异丙醇钠和氢气，故答案为：异丙醇或2−丙醇；异丙醇钠；氢气𝐵为丙酮( )，具有对称构造，核磁共振氢谱有1组峰，故答案为：1；依据流程图， 为氧化反响、𝐵→𝐶为加成反响，故答案为：氧化反响；加成反响；𝐷( )中所含官能团有羟基和羧基，故答案为：羟基；羧基；𝐷与乙醇在酸性条件下发生酯化反响生成E，反响的化学方程式为+𝐻2𝑂，故答案为： +𝐻2𝑂；以 为原料合成乌头酸( 需要增长碳链和引入羧基，依据题干流程图中BCD的转化关系，结合信息①②，需要将

氧化为丙酮后利用②引入溴原子，在利用①和题干流程图中BCD的转化关系，即可引入三个羧基，1822页故答案为：依据流程图 中A的构造简式，结合有机物的命名方法便可写出A 的名称为异丙醇或2−丙醇，由乙醇与钠反响生成乙醇钠和氢气，从而推出A与金属钠反响可以生成对应的钠盐，异丙醇钠或2−丙醇钠 和氢气；依据流程图 ，A发生催化氧化生成B，结合B的分子式和C的构造可知，B为丙酮( )，具有对称构造，核磁共振氢谱有1组峰；(3)𝐴→𝐵是醇生化成酮的反响，为氧化反响；𝐵→𝐶是酮中的碳氧双键与HCN的加成反响；1922页𝐷为 ，其中的官能团名称为羟基和羧基；𝐷中含有羧基与乙醇中的羟基发生酯化反响。，留意条件是浓硫酸作催化剂并且在加热的条件下；以 为原料合成乌头酸( 需要增长碳链和引入羧基，依据题干流程图中BCD的转化关系，结合信息①②，需要将 氧化为丙酮后利用②引入溴原子，在利用①和题干流程图中BCD的转化关系，即可引入三个羧基；结合二甲双酮的构造可知，D与乙醇在酸性条件下发生酯化反响生成E，E为，结合官能团的性质和转化关系分析解答。此题考察有机物的推断，为高频考点，把握官能团的性质，常见的有机化学反响是解题的关键，侧重分析推断力量的考察，留意官能团以及碳链骨架的变化，难度一般。金属羰基配位化合物在催化反响中有着重要应用。𝐻𝑀𝑛(𝐶𝑂)5是锰的一种简洁羰基配位化合物，其构造示意图如图。答复以下问题：基态锰原子的价层电子排布式为 。配位化合物中的中心原子配位数是指和中心原子直接成键的原子的数目𝐻𝑀𝑛(𝐶𝑂)5中锰原子的配位数为 。第一电离能的大小：C 𝑂(填“大于”或“小于”)。2022页(4)𝐶𝑂23

中碳原子的杂化轨道类型是 ，写出一种与𝐶𝑂2

具有一样空间构造的1 价无3机酸根离子的化学式 。3(5)𝐶𝐻3𝑀𝑛(𝐶𝑂)5可看作是𝐻𝑀𝑛(𝐶𝑂)5中的氢原子被甲基取代的产物𝐶𝐻3