2023年江苏省常州市高考化学一模试卷(含答案解析)

1025页2023一、单项选择题〔1228.0分〕化学与生活、技术、社会、环境亲热相关。以下有关说法中不正确的选项是( )属元素焰色反响所呈现出来的颜色离技术上具有突出奉献，因此获得了2023年度国家最高科学技术奖品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰和潜水艇中作为氧气的来源以下有关氯元素及其化合物的表示正确的选项是( )172020ClB.B.氯离子(Cl−)的构造示意图：C.氯气分子的电子式：D.氯乙烯分子的构造简式：H3CCHC.氯气分子的电子式：以下说法正确的选项是( )氧气和臭氧是同素异形体，因氧原子的个数和成键方式不同，造成了二者性质差异氕、氘、氚是三种不同的元素，且互为同位素CH3COOCH2CH3和CH3CH2OOCCH3是不同种物质C3H8的一氯取代物只有一种环保部门利用Na2S2O3处理含氰化钠废水，其反响原理为NaCN+Na2S2O3=NaSCN+Na2SO3(NaSCN中S的化合价为−2价)，以下有关说法正确的选项是( )NaCN中C的化合价为+4价C.Na2SO3是氧化产物Na2S2O3只作复原剂D.该方法处理酸性废水效果更好短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，WY、XZ位于同一主族，W与X可形成共价化合物WX2，Y原子的内层电子总数是其最外层电子数的2.5倍。以下表达中不正确的选项是( )WX28电子构造WX2、ZX2的化学键类型一样非金属性：X>Z原子半径大小挨次为X<W<Y<Z常温下，以下各组离子在指定溶液中，确定可以大量共存的是( )4 由水电离出的c(H+)=1×10−12mol/L溶液中K+、NH+、SO2−、ClO4 c(Fe3+)=0.1mol·L−1的溶液中：K+、H+、I−、SCN−4含MnO−的溶液中H+、K+、C24

IO2−−4IB.分别碘并回收苯C.海带灼烧成灰4 在能使石蕊变红的溶液中：Mg2+、NH+、B.分别碘并回收苯C.海带灼烧成灰4 A.放出碘的苯溶液A.放出碘的苯溶液D.过滤得到含D.过滤得到含I−的溶液在淀粉−KI溶液中参与稀硫酸酸化，再通入ClO2气体，溶液变蓝：2ClO2+10I−+4H2O=5I2+2Cl−+8OH−3次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫气体：2ClO−+SO2+H2O=2HClO+SO2−33100mL4mol⋅L−1NaOH溶液完全吸取6.72L(标准状态下)CO2：3CO2+4OH−=CO2−+322HCO−+2HO2344422溶液以体积比2l++O−+422Ba2++4OH−=2BaSO4↓+AlO−+2H2O2以下各组物质不能实现直接转化的是( )S→SO2→H2SO4→MgSO4Cu→CuCl2→Cu(NO3)2→Cu(OH)2Al→Al2O3→Al(OH)3→NaAlO2Na→Na2O→Na2CO3→NaCl10. 说法中，正确的选项是( )外电路电子从B极移向A极溶液中H+B极区移向A极区电池工作一段时间后10. 说法中，正确的选项是( )外电路电子从B极移向A极溶液中H+B极区移向A极区电池工作一段时间后B极区溶液的pH减小以下说法正确的选项是( )反响CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)在确定条件下能自发进展，该反响确定为放热反响可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法延缓钢铁水闸的腐蚀Na2O2与水反响产生1molO2，理论上转移的电子数目约为4×6.02×1023保持温度不变，向稀氨水中缓慢通入CO

，溶液中

c(OH−)

的值增大2 c(NH3·H2O)CH4(g)2CO(g)+2H2(g)，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如以下图，以下有关在恒容密闭容器中通入浓度均为0.1mol/LCH4(g)2CO(g)+2H2(g)，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如以下图，以下有关说法正确的选项是( )上述反响的ΔH>0压强p1>p2>p3>p41100℃64p4压强为时，在Y点：v <p4正 逆二、双选题〔312.0分〕2023年我国药物化学家屠吆吆因制造抗疟疾药青蒿素和双氢青蒿素被授予诺贝尔生理学或医学奖．以异胡薄荷醇为起始原料是人工合成青蒿素的途径之一(如图).以下说法正确的选项是( )异胡薄荷醇遇FeCl3溶液显紫色异胡薄荷醇可发生消去反响、加成反响7个手性碳原子青蒿素在热的酸、碱溶液中均可稳定存在盐A与酸B反响，可放出有气味的气体C，C与NaOH反响生成A；C最终可氧化生成D；D溶于水生成B，则A、B分别是( )Na2SHClC.Na2SO3HCl

B.NaS和HSO2 2 D.Na2SO3和H2SO2 2 物质的量浓度一样(0.2mol/L)的弱酸HX与NaX溶液等体积混合后，溶液中微粒浓度关系错误的选项是( )A.c(Na+)+c(H+)=c(X−)+c(OH−)c(HX)+c(X−)=c(Na+)假设混合液呈酸性，则c(X−)>c(Na+)>c(HX)>c(H+)>c(OH−)假设混合液呈酸性，则c(Na+)>c(HX)>c(X−)>c(OH−)>c(H+)三、流程题〔112.0分〕利用硫酸渣(主要含Fe2O3，杂质为Al2O3和SiO2等)生产铁基颜料铁黄(FeOOH)的制备流程如图：4：FeS2难溶于水，不与H2SO4反响，在“复原”步骤中，Fe3+通过反响Ⅰ、Ⅱ被FeS2复原，其中反响Ⅰ为FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO2−+16H+；反响Ⅱ中氧化产物为单质硫．(1)“酸溶”中硫酸要适当过量，目的是：①提高铁的浸出率；② ．4写出酸溶时硫酸渣中主要成分发生反响的一个化学方程式： ．参与FeS2“复原”时反响Ⅱ的离子方程式为 .滤渣的主要成分是FeS2S和 (填化学式)“氧化”时，生成FeOOH的离子方程式为 .氧化时，温度不宜过高，否则会导致产品颜色偏红，可能含有的杂质是 (填化学式)．滤液中溶质是Al2(SO4)3和 (填化学式)．四、试验题〔115.0分〕氯化钠(NaCN)是一种根本化工原料，同时也是一种毒物质。一旦泄漏需要准时处理，一般可以通过喷酒双氧水或过硫酸钠(Na2S2O8)溶液来处理，以削减对环境的污染。I.(1)NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使潮湿的红色石蕊试纸变蓝的气体，该反响的化学方程式是 。II.工业制备过硫酸钠的反响原理如下所示422 8 22 8 3 主反响：(NH)SO +2NaOH55=∘CNaS422 8 22 8 3 3 22 8 2 4 2 副反响：2NH +3NaSO +6NaOH90=∘C6NaSO +N +3 22 8 2 4 2 某化学小组利用上述原理在试验室制备过硫酸钠，并用过硫酸钠溶液处理含氰化钠的废水。试验一：试验室通过如以以下图所示装置制备Na2S2O8。装置中盛放(NH4)2S2O8溶液的仪器的名称是 。上述装置中还需补充的试验仪器或装置有 (填字母代号)。A.温度计 B水浴加热装置 C.洗气瓶 D.环形玻璃搅拌棒试验二：测定用过硫酸钠溶液处理后的废水中氰化钠的含量。;①废水中氰化钠的最高排放标准为0.50mg/L。②Ag++2CN−=[Ag(CN)2]−，Ag++I−==AgI↓，AgI呈黄色，CN−优先与Ag+发生反响。试验1L处理后的NaCN废水，浓缩为10.00mLKI溶液作指示剂，用1.0×10−3mol/L的标准AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为5.00mL滴定终点的现象是 。(5)处理后的废水中氰化钠的浓度为 mg/L．Ⅲ.(6)常温下，含硫微粒的主要存在形式受pH的影响。利用电化学原理，用惰性电极电解饱和4NaHSO4溶液也可以制备过硫酸钠。在放电的离子主要为HSO—，则阳极主要的反响式4为 。五、简答题〔453.0分〕氯化两面针碱(H)如下：化合物B中含氧官能团的名称为 和 。化合物C的构造简式为 ；由E→F的反响类型为 。(3)写出同时满足以下条件的A的一种同分异构体的构造简式： 。①能与FeCl3溶液发生显色反响，②既能发生银镜反响又能发生水解反响；③分子中只含4种不同化学环境的氢。(4)请以为原料制备，写出制备的合成路线流程图(4)请以为原料制备，写出制备的合成路线流程图(无机试剂任某争论性学习小组为了探究醋酸的电离状况，进展了如下试验。试验一配制并标定醋酸溶液的浓度取冰醋酸配制250mL0.2mol/L醋酸溶液，用0.2mol/L的醋酸溶液稀释成所需浓度的溶液，再NaOH标准溶液对所配醋酸溶液的浓度进展标定。试验二探究浓度对醋酸电离程度的影响pH计测定25℃pH，结果如下：醋酸浓度(mol·L−1)0.0010.01000.02000.1000pH3.883.383.232.88为标定某醋酸溶液的准确浓度，用0.2023mol/LNaOH溶液对20.00mL醋酸溶液进展滴定(酚酞作指示剂)，几次滴定消耗NaOH溶液的体积如下：试验序号试验序号1234消耗NaOH溶液的体积(mL)20.0520.0018.8019.95则该醋酸溶液的准确浓度为 mol/L。(保存小数点后四位)。推断滴定终点的方法是 。(3)以下操作中可能使所测醋酸溶液的浓度数值偏低的是 (填字母序号)。碱式滴定管未用标准液润洗就直接注入标准液滴定前盛放醋酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有枯燥C.碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消逝D.量取醋酸体积时，开头俯视读数，滴定完毕时仰视读数(4)依据表中数据，可以得出醋酸是弱电解质的结论，你认为得出此结论的依据是 。空气质量评价的主要污染物为PM10、PM2.5、SO2、NO2、O3、CO等物质．争论碳、氮、硫及其化合物的转化，对于消退环境污染有重要意义．用CH4催化复原NOx可以消退氮氧化物的污染．：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=−890.3kJ/molN2(g)+2O2(g)⇌2NO2(g)ΔH=+67.0kJ/molH2O(g)=H2O(l)ΔH=−44.0kJ/mol写出CH4催化复原NO2(g)生成N2和H2O(g)的热化学方程式： ．体积可变(活塞与容器之间的摩擦力无视不计)4molNO和3molO22NO2(g)，测定不同条件、不同时间段内的NO的转化率，得到如下数据：V2LAB2NO2(g)，测定不同条件、不同时间段内的NO的转化率，得到如下数据：T(℃)T(℃)10min20min30min40min30％35％55％50％65％a165％a2①依据上表数据，请比较T1 T2(选填“>”、“<”或“=”)；T2℃下，第30min时，a1= ，该温度下的化学平衡常数为 ．②T2℃下，第40min时，拔去铆钉(容器密封性良好)后，活塞没有发生移动，再向容器中通入3molNO和3molNO2，此时v(正) v(逆)(选填“>”、“<”或“=”)．③T2℃下，上述反响重到达平衡后，假设转变反响的某个条件，以下变化能说明平衡确定向正反响方向移动的是 ．气体颜色加深单位时间内消耗O2和NO2的物质的量之比大于1︰2C.NO的百分含量削减用NH3催化复原NOx也可以消退氮氧化物的污染．以以下图承受NH3作复原剂，烟气以确定的流(注：脱氮率即氮氧化物转化率)，反响原理为：NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)⇌2N2(g)+3H2O(g)．①该反响的ΔS 0，ΔH 0(填“>”、“=”或“<”)．②以下说法正确的选项是 ．A.在一样条件下第②种催化剂比第①种催化剂脱氮率高B.一样条件下，转变压强对脱氮率没有影响C.催化剂①、②分别适合于250℃和450℃左右脱氮三位分别来自瑞士、美国、英国的科学家因进展“冷冻电子显微镜技术对溶液中的生物分子进展高区分率构造测定”所做出的奉献而获得2023等金属的硒化物具有离子交换、催化、吸附、半导体等性能，显示出良好的应用前景。答复以下问题：锌基态原子核外电子排布式为 。位于元素周期表五个分区中的 区。元素锗与砷中，第一电离能较大的是 (填元素符号，下同)，基态原子核外未成对电子数较少的是 。元素砷与氮同主族，二者的氢化物中熔沸点较高的是 ，缘由是 。23分子中Se原子的杂化形式 2O4的酸性23强缘由 。气态SeO3分子的立体构型为 _，与SeO3互为等电子体的一种离子为 (填离子符号)。硒化锌是一种重要的半导体材料，其晶胞构造如以下图，该晶胞中硒原子的配位数为 ，假设该晶胞密度为ρg/cm3，硒化锌的摩尔质量为Mg/mol。用NA代表阿伏伽德罗常数的数值，则晶胞参数α为 nm。 答案与解析 答案：C解析：此题考察物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反响、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用力气的考察，留意元素化合物学问的应用，题目难度不大。某些金属元素灼烧有焰色反响，则重大节日期间燃放的焰火的颜色是某些金属元素焰色反响所呈现出来的颜色，故A正确；2023年度国家最高科学技术奖，为国家和民族做出了突出奉献，故B正确；生石灰可作枯燥剂，无复原性，则为防止月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入铁粉，故C错误；过氧化钠和二氧化碳、水反响都放出氧气，故过氧化钠可以为呼吸面具和潜水艇供给氧气，故D正确。应选C。答案：C解析：此题主要是对常见化学用语的考察，涉及核素的表示方法、质量数与质子数和中子数的关系、电子式的书写、构造简式书写等，难度不大。17A.20=17+20=37，故正确应为：37Cl，17B.Cl1B.Cl18个电子的Cl−，离子构造示意图为：B错误；C.C.1对氯氯共用电子对，氯原子最外层到达8电子稳定构造，电子式为：，故CD.氯乙烯分子中存在碳碳双键，正确的构造简式为：H2C=CHClD错误。应选C。答案：A解析：此题主要考察同素异形体、同位素的概念，把握概念的内涵和外延即可，属于根底学问的考察，难度不大。A.氧气和臭氧是同素异形体，因氧原子的个数和成键方式不同，造成了二者性质差异，故A正确；B.氕、氘、氚是三种不同的原子，但都属于氢元素，故B错误；C.CH3COOCH2CH3和CH3CH2OOCCH3都是乙酸乙酯，是同种物质，故C错误；D.C3H8的一氯取代物有两种，故D错误。应选A。答案：C解析：此题考察了氧化复原反响的概念，分析元素化合价是关键。NaCN中C的化合价应为+2A错误；Na2S2O3中S化合价局部由+2上升至+4价，也有+2价降至−2价，因此既是氧化剂也是复原剂，故B错误；化合价由+2上升至+4价，Na2SO3C正确；D.Na2S2O3与酸反响，降低处理效果，故D错误。应选C。答案：D解析：此题考察原子构造与元素周期律的关系，题目难度中等，为高频考点，侧重于学生的分析力气的考察，留意把握元素的原子构造特点，生疏元素及其化合物的性质即可解答。短周期元家W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y原子的内层电子总数是其最外层电子数的2.5倍，则Y3个电子层，最外层电子数为102.5

=4，则Y为Si；W与Y位于同一主族，所以W为C；W与X可形成共价化合物WX2X为O；XZ位于同一主族，所以ZS，A.C4个电子，O6个电子，则CO2分子中全部原子最外层都为8电子构造，故A正确；B.CO2、SO2的构成微粒都是分子，只含有共价键，故B正确；C.同主族元素非金属性从上到下减弱，故非金属性O>S，故C正确；D.电子层越多，半径越大，同周期从左向右原子半径在减小，则原子半径大小为：Y>Z>W>X，故D错误。应选D。答案：D解析：此题考察离子共存，为高频考点，把握习题中的信息及离子之间的反响为解答的关键，侧重分析与应用力气的考察，留意复分解反响、氧化复原反响的推断，题目难度不大。4Ac(H+)=1×10−12mol/L溶液中，水的电离受到抑制，溶液呈酸性或碱性，酸性溶液、ClO−不能共存，碱性溶液NH+A错误；4B.2Fe3+2I−=2Fe2+I2，不共存，故B错误；4C.MnO−、H+、C24

IO2−、−发生氧化复原反响，不能共存，故C错误；4ID.能使紫色石蕊试剂变红的溶液，显酸性，给出离子可以共存，故D正确。应选D。答案：B解析：此题主要考察化学试验操作，侧重于学生的分析、试验力气的考察，题目难度不大，物质的分别方法取决于物质的性质，依据物质的性质的异同选取分别方法．。苯的密度比水小，应从上口倒出，防止污染，故A错误；碘易升华，蒸馏时，冷凝管应从下端进水，上端出水，可起到分别、回收，故B正确；C.不能在烧杯中高温灼烧固体，烧杯易炸裂，固体的灼烧应在坩埚中，故C错误；D.过滤应用玻璃棒引流，防止浊液外漏，故D错误。应选B。答案：C解析：解：A.在淀粉−KIClO2气体，溶液变蓝，离子方程式：2ClO2+10I−8H+=5I2+2Cl−+4H2OA错误；4B.少量二氧化硫通入次氯酸钠溶液中的离子反响为SO2+3ClO−+H2O=SO2−+2HClO+Cl−B4错误；CLO2O2+H−=CO2−+2HCO−+H2O，故C正确；3 3D.等浓度的NH4Al(SO4)2溶液与Ba(OH)21：2体积比混合消灭白色沉淀，反响的离子方程式为：NH++Al3++2SO2−+2Ba2++4OH−=Al(OH)3↓+NH3↑+H2O+2BaSO4↓，故D错误；4 4应选：C。酸性环境下不能生成氢氧根离子；次氯酸钠具有强的氧化性，能氧化二氧化硫；NaOH的物质的量为0.4mol，二氧化碳的物质的量为0.3mol，反响产物为碳酸钠和碳酸氢钠的混合物；D.1molNH4Al(SO4)2与2molBa(OH)2反响的化学方程式为：NH4Al(SO4)2+2Ba(OH)2=Al(OH)3↓+NH3↑+H2O+2BaSO4↓。把握发生的反响及离子反响的书写方法为解答的关键，反响物用量对反响的影响，题目难度中等。9.答案：C解析：此题考察了常见物质之间的转化，娴熟把握常见物质的性质与变化规律，是解答此类问题的根本的学问根底，题目难度不大。A.S与氧气反响生成SO2，SO2与氯水反响生成H2SO4，H2SO4与Mg反响生成MgSO4，所以能实现直接转化，故A不选；Cu在氯气中燃烧生成CuCl2，CuCl2与硝酸银反响生成Cu(NO3)2，Cu(NO3)2NaOH反响生成Cu(OH)2B不选；Al与氧气反响生成氧化铝，Al2O3不与水反响，所以不能直接生成Al(OH)3C选；Na在空气中与氧气反响生成Na2O，Na2O与二氧化碳反响生成Na2CO3，Na2CO3与HCl反响生成NaCl，所以能实现直接转化，故D不选。应选C。答案：D解析：此题考察了原电池原理的应用，题目难度不大，留意把握原电池反响中元素化合价的变化以及电极的推断和电极方程式的书写，侧重于考察学生的分析力气。B电极上O元素化合价由0ABH3H−8e−+2H2O=2CO2↑+8H+，电解质溶液呈酸性，则正极反响式为O2+4e−+4H+=2H2O，据此答复。A.通过以上分析知，A是负极、B是正极，电子从A经导线流向B，故A错误；B.电池内电解质溶液中所含的H+A移向正极B，故B错误；C.B极为正极，正极反响式为O2+4e−+4H+=2H2OpH增大，故C错误；D.AAH3H−e−+2O=O2↑H，故D正确；应选D。答案：B解析：此题考察较综合，涉及氧化复原反响、弱电解质的电离、金属的腐蚀与防护等学问点，明确化学反响原理是解此题关键，留意C中氧化剂和复原剂都是过氧化钠，D中分式灵敏变形即可解答，D为易错点。假设该反响能自发进展，则△G=△H−T△S<0，该反响的△S>0，该反响在确定条件下能自发进展，则该反响不愿定是放热反响，故A错误；作原电池负极或作电解池阳极的金属材料加速被腐蚀，假设承受牺牲阳极的阴极保护法保护钢闸时钢闸作正极被保护，假设承受外加电流的阴极保护法保护钢闸时钢闸作阴极被保护，所以可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法延缓钢铁水闸的腐蚀，故B正确；× 4 =1mol×2×[0−(−1)]=2mol，所以转移电子数为2×6.02×1023C错误；× 4 温度不变电离平衡常数不变，溶液中

c(OH−)

= c(OH−)

c(NH+)

Kb ，通入二氧化碳时，c(NH3⋅H2O)

c(NH3⋅H2O)

c(NH+)

c(NH+)44二氧化碳和水反响生成的碳酸和氢氧根离子结合生成水而促进一水合氨电离，导致铵根离子浓度增44大，所以

c(OH−)

的值减小，故D错误；c(NH3⋅H2O)应选：B。答案：A解析：原则分析解答。由图可知，压强确定时，温度越高甲烷的转化率越大，上升温度平衡向正反响进展，故正反响为吸热反响，即△H>0，故A正确；α(p1)>α(p2)>α(p3)>α(p4)，该反响正反响是气体体积增大的反响，增大压强平衡向逆反响进展，甲烷的转化率降低，故压强p4>p3>p2>p1，故B错误；CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，由图可知，压强为CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，开头(mol/L)：0.10.100变化(mol/L)：0.080.080.160.16平衡(mol/L)：0.020.020.160.16故该温度下平衡常数k0.162×0.1620.02×0.02

=1.64C错误；由图可知，压强为p4、1100℃X点时甲烷的转化率为80%，Y点甲烷的转化率小于80%Y点：v(正)>v(逆)D错误；应选：A。答案：BC解析：解：A.异胡薄荷醇遇含有醇羟基和碳碳双键，具有醇和烯烃性质，没有酚羟基，所以不能发生显色反响，故A错误；C.手性碳原子连接4个不同的原子或原子团，手性碳原子标识如图：7C.手性碳原子连接4个不同的原子或原子团，手性碳原子标识如图：7个，故C正确；D.青蒿素含有酯基，可发生水解反响，可与酸、碱发生反响，故D错误。应选：BC。异胡薄荷醇遇含有醇羟基和碳碳双键，具有醇和烯烃性质；异胡薄荷醇遇含有醇羟基和碳碳双键，且连接醇羟基邻位上含有氢原子，所以能发生消去反响，碳碳双键能发生加成反响；依据手性碳原子的定义推断；青蒿素含有酯基，可发生水解反响．此题考察有机物的构造和性质，为高频考点，侧重于学生的分析力气的考察，此类题目留意把握物质的构造和官能团的性质，易错点为C，留意手性碳原子的推断．答案：BD解析：解：选项中可生成的气体为SO2、H2S，对应的盐可分别为Na2SO3、Na2S，SO2、H2S具有还原性，最终被氧化生成SO3，B应为H2SO4AC错误；BD正确，应选BD．C与NaOH溶液反响生成A，可说明A为钠盐，C最终氧化成D，可说明C具有复原性，选项中符合的气体为SO2、H2S，最终被氧化生成SO3，B应为H2SO4．此题考察物质的检验和推断，为高频考点，侧重学生的分析力气的考察，留意把握二氧化硫和硫化氢的性质，难度不大．答案：BD解析：解：A.依据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(X−)+c(OH−)A正确；B.依据物料守恒可得：c(HX)+c(X−)=2c(Na+)B错误；C.混合液为酸性，说明HX的电离程度大于X−的水解程度，则c(H+)>c(OH−)、c(X−)>c(Na+)>c(HX)，溶液中离子浓度大小为：c(X−)>c(Na+)>c(HX)>c(H+)>c(OH−)C正确；D.依据C可知，溶液假设呈酸性，则c(X−)>c(Na+)>c(HX)>c(H+)>c(OH−)D错误；应选BD．A.依据溶液中的电荷守恒推断；B.依据溶液中的物料守恒推断；C.混合液呈酸性，说明HX的电离程度大于X−的水解程度，则c(H+)>c(OH−)、c(X−)>c(Na+)>c(HX)；D.依据C的分析可知c(X−)>c(Na+)>c(HX)．此题考察了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理为解答关键，试题侧重考察学生的分析、理解力气及灵敏应用力气．答案：(1)抑制Fe3+水解；(2)Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O；(3)2Fe3++FeS2=3Fe2++2S；SiO2；4(4)4Fe2++8NH3⋅H2O+O2=4FeOOH↓+8NH++2H2O；Fe2O3；4(5)(NH4)2SO4解析：解：(1)“酸溶”中硫酸要适当过量，目的是：①提高铁的浸出率；②抑制Fe3+水解；故答案为：抑制Fe3+水解；(2)Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，故答案为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O；e++2=++FeS2S，故滤渣的主要成分是S和SiO2，还有过量的FeS2；故答案为：2Fe3++FeS2=3Fe2++2S；SiO2；4FeOOH，离子方程式为4Fe2++8NH3⋅H2O+O2=4FeOOH↓+8NH++2H2O，温度过高，FeOOH分解生成Fe2O3而导致产品颜色偏红；44故答案为：4Fe2++8NH3⋅H2O+O2=4FeOOH↓+8NH++2H2O；Fe2O3；4过滤I的滤液中加氨水调整pH，会生成硫酸铵，所以滤液中溶质是Al2(SO4)3和(NH4)2SO4；故答案为：(NH4)2SO4．此题以铁黄(FeOOH)的制备流程为学问背景，考察铁的化合物的性质、离子方程式的书写、物质的分别提纯等，难度中等，清楚工艺流程原理是解题的关键，是对学问迁移的综合运用．答案：↵(2)三颈烧瓶

(1)NaCN+H2O2+H2O=NH3↑+NaHCO3(3)AB(4)滴入最终一滴标准硝酸银溶液，锥形瓶的溶液中恰好产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消逝(5)0.49(6)2HSO−−2e−=S2O2−+2H+4 8解析：此题考察了物质制备流程和方案的分析推断，物质性质的应用，滴定反响，电解池原理，题干信息题目难度较大。NaCN用双氧水处理后，生成的酸式盐为碳酸氢钠，使潮湿的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，反响方程式为NaCNH2O2H2O=NH3↑+NaHCO3；故答案为：NaCN+H2O2+H2O=NH3↑+NaHCO3；由图可知，盛放(NH4)2S2O8溶液的仪器的名称是三颈烧瓶；故答案为：三颈烧瓶；由题可知，主反响的温度为55℃，故装置中还需要温度计，为维持温度，承受水浴加热，需要水浴加热装置；故答案为：AB；KI为指示剂，用标准AgNO3溶液滴定，Ag+CN−反响完全后与I−结合为AgI黄色沉淀，故终点现象为：滴入最终一滴标准硝酸银溶液，锥形瓶中溶液恰好产生黄色沉淀，且半分钟沉淀不消逝；(5)依据Ag+～2NaCN消耗1.0×10−3mol/L的标准AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为5.00mL，则m(NaCN)=n(NaCN)×M(NaCN)=2n(AgNO3)×M(NaCN)=2×1.0×10−3mol/L×5.00×10−3L×49g/mol=49×10−5g，废水中氰化钠的浓度为49×10−5×103mg1L

=0.49mg/L；故答案为：0.49；(6)HSO−失电子被氧化为S

O−−−e−=S

O2−+2H+；4 2 8故答案为：2HSO−−2e−=S2O2−+2H+。

4 2 84 8(2)取代答案：(1)(2)取代(4)(3)(4)(3)解析：此题考察有机推断与合成，涉及多官能团有机物性质及同分异构体的书写，难点是设计合成路线以原料合成目标产物，综合性较强，对学生根底性学问要求较高，中等难度。知，B发生加成反响生成C，C为，D发生取代反响生成E，E发生取代比较A、知，B发生加成反响生成C，C为，D发生取代反响生成E，E发生取代反响生成F，F发生消去反响生成G，G发生一系列反响生成H，据此分析。知，B发生加成反响生成C，C为，D发生取代反响生成E，E发生取代比较A、知，B发生加成反响生成C，C为，D发生取代反响生成E，E发生取代(1)B的构造简式可知分子构造中含有的含氧官能团为羰基和醚键，反响生成F，F发生消去反响生成G，(1)B的构造简式可知分子构造中含有的含氧官能团为羰基和醚键，(2)(2)C的构造简式为，由E发生取代反响生成F，故答案为：；(4)以故答案为：；(4)以为原料制备的合成流程为：；故答案为：比较强，符合上述条件的A的同分异构体可能是，故答案为：；取代；(3)①能与FeCl3溶液发生显色反响，说明含有苯环和酚羟基；②既能发生银镜反响又能发生水解反响，说明含有醛基和酯基，可能是甲酸酯；比较强，符合上述条件的A的同分异构体可能是，故答案为：；取代；。19.答案：(1)0.2023。(2)滴入最终一滴标准溶液，溶液无色变浅红色，且半分钟不褪色(3)D(4)0.0100mol⋅L−1pH210倍时，pH1解析：此题考察了弱电解质电离、中和滴定操作、误差分析等，明确弱电解质电离特点是解此题关键，难度不大。(1)由于试验③消耗的氢氧化钠的体积与其他差异较大，所以要舍去，V(NaOH)=5mL=H3)=

=0.2023mol/L×20mL

3故答案为：0.2023；

20mL推断滴定终点的方法是滴入最终一滴标准溶液，溶液无色变浅红色，且半分钟不褪色；故答案为：滴入最终一滴标准溶液，溶液无色变浅红色，且半分钟不褪色；A.碱式滴定管未用标准液润洗就直接注入标准液，标准液的浓度偏小，导致标准液的体积偏大，依据C(待测)=C(标准)×V(标准)分析，可知C(待测)AV(待测)B.滴定前盛放醋酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有枯燥，待测液的物质的量不变，导致标准液的体积不变，依据依据C(待测)=C(标准)×V(标准)分析，可知C(待测)B错误；V(待测)C.C(待测)=C(标准)×V(标准)分析，可知C(待测)CV(待测)D.量取醋酸体积时，开头俯视读数，滴定完毕时仰视读数，待测液的物质的量偏大，导致标准液的体积偏大，依据依据C(待测)=C(标准)×V(标准)分析，可知C(待测)D正确；V(待测)应选D；H+⋅1⋅1及⋅1pH变化值小于故答案为：0.0100mol⋅L−1醋酸的pH210倍时，pH1。20.答案：(1)CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+2H2O(g)+CO2(g) △H=−869.3kJ/mol；(2)①<；50％；1；②<；③B；(3)①>；<；②C解析：此题考察了盖斯定律的应用，热化学方程式的书写，化学平衡常数的计算，化学平衡的移动等学问点，难度较小。用H4x4)+O2)=O2)+2)△H=−890.3kJ/mol；②N2(g)+2O2(g)⇌2NO2(g)△H=+67.0kJ/mol；③H2O(g)=H2O(l)△H=−44.0kJ/mol；依据盖斯定律①−②−③x2得出CH4催化复原NO2(g)生成N2和H2O(g)的热化学方程式为：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+2H2O(g)+CO2(g) △H=−869.3kJ/mol；故答案为：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+2H2O(g)+CO2(g) △H=−869.3kJ/mol；(2)①依据上表数据，T2比T1反响速率快，所以T1<T2；T2比T1反响速率快，T2会先到达平衡，且到达平衡前，T2温度下的转化率应当大于T1，依据表中数0mi1温度下NO2温度下NO2已经到达平衡，故第30min时，a1=50%；2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)n初始：430n转化：212n平衡：222则该温度下的化学平衡常数为K=

c2(NO2)

(2)2=2=

=1；故答案为：<；50%；1；

c2(NO)·c(O2)

(2)2×(2)2 2②T2℃40min时，拔去铆钉(容器密封性良好)后，活塞没有发生移动，此时气体总物质的量6mol，容器体积为2L，再向容器中通入3molNO和3molNO2，此时气体总物质的量为12mol，容4L，则Qc故答案为：<；③T2℃下，

(5)2=4=(5)2×(2)4 4

=2>1v(正)<v(逆)；气体颜色加深，有可能是增大生成物浓度，平衡逆向移动，故A错误；单位时间内消耗O2和NO2的物质的量之比大于1∶2，则正反响速率大于逆反响速率，平衡确定向正反响方向移动，故B正确；C.NO的百分含量削减，有可能是削减NO浓度，平衡逆向移动，故