【高考真题（含答案）】2023年浙江省高考真题化学试题（含答案）（6月）

【高考真题】2023年浙江省高考真题化学试题（6月）一、单选题1．材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列材料主要成分属于有机物的是A．石墨烯 B．不锈钢C．石英光导纤维 D．聚酯纤维2．下列化学用语表示正确的是A．H2SB．AlCl3C．KI的电子式：K∶D．CH3．氯化铁是一种重要的盐，下列说法不正确的是A．氯化铁属于弱电解质B．氯化铁溶液可腐蚀覆铜板C．氯化铁可由铁与氯气反应制得D．氯化铁溶液可制备氢氧化铁胶体4．物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A．铝有强还原性，可用于制作门窗框架B．氧化钙易吸水，可用作干燥剂C．维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂D．过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，可作潜水艇中的供氧剂5．下列说法正确的是A．图①装置可用于制取并收集氨气B．图②操作可排出盛有KMnOC．图③操作俯视刻度线定容会导致所配溶液浓度偏大D．图④装置盐桥中阳离子向ZnSO6．化学烫发巧妙利用了头发中蛋白质发生化学反应实现对头发的“定型”，其变化过程示意图如下。下列说法不正确的是A．药剂A具有还原性B．①→②过程若有2molS-S键断裂，则转移4mol电子C．②→③过程若药剂B是H2OD．化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中S-S键位置来实现头发的定型7．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．4.4gC2H4O中含有σ键数目最多为0.7NAB．1.7gH2O2中含有氧原子数为0.2NAC．向1L0.1mol/LCH3COOH溶液通氨气至中性，铵根离子数为0.1NAD．标准状况下，11.2LCl2通入水中，溶液中氯离子数为0.5NA8．下列说法不正确的是A．通过X射线衍射可测定青蒿素晶体的结构B．利用盐析的方法可将蛋白质从溶液中分离C．苯酚与甲醛通过加聚反应得到酚醛树脂D．可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别苯、乙醛和醋酸溶液9．下列反应的离子方程式正确的是A．碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气：2FB．向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳：ClC．铜与稀硝酸：Cu+4D．向硫化钠溶液通入足量二氧化硫：S10．丙烯可发生如下转化，下列说法不正确的是A．丙烯分子中最多7个原子共平面B．X的结构简式为CC．Y与足量KOH醇溶液共热可生成丙炔D．聚合物Z的链节为11．X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Y与Z位于同一周期，且只有X、Y元素相邻。X基态原子核外有2个未成对电子，W原子在同周期中原子半径最大。下列说法不正确的是A．第一电离能：Y>Z>XB．电负性：Z>Y>X>WC．Z、W原子形成稀有气体电子构型的简单离子的半径：W<ZD．W212．苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的提纯方案如下：下列说法不正确的是A．操作I中依据苯甲酸的溶解度估算加水量B．操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaClC．操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹D．操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体13．氯碱工业能耗大，通过如图改进的设计可大幅度降低能耗，下列说法不正确的是A．电极A接电源正极，发生氧化反应B．电极B的电极反应式为：2C．应选用阳离子交换膜，在右室获得浓度较高的NaOH溶液D．改进设计中通过提高电极B上反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗14．一定条件下，1-苯基丙炔(Ph-C≡C-CH3)可与反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的是A．反应焓变：反应I>反应ⅡB．反应活化能：反应I<反应ⅡC．增加HCl浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物I的比例D．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ15．草酸(H2实验I：往20mL0.1mol⋅L-1NaH实验Ⅱ：往20mL0.10mol⋅L-1NaH[已知：H2C2A．实验I可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点B．实验I中V(NaOH)=10mL时，存在c(C．实验Ⅱ中发生反应HD．实验Ⅱ中V(CaCl216．探究卤族元素单质及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是

实验方案现象结论A往碘的CCl4溶液中加入等体积浓分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在CClB用玻璃棒蘸取次氯酸钠溶液点在pH试纸上试纸变白次氯酸钠溶液呈中性C向2mL0.1mol⋅L-1AgNO3先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀AgCl转化为AgI，AgI溶解度小于AgCl溶解度D取两份新制氯水，分别滴加AgNO3溶液和淀粉前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色氯气与水的反应存在限度A．A B．B C．C D．D二、结构与性质17．氮的化合物种类繁多，应用广泛。请回答：（1）基态N原子的价层电子排布式是。（2）与碳氢化合物类似，N、H两元素之间也可以形成氮烷、氮烯。①下列说法不正确的是。A．能量最低的激发态N原子的电子排布式：1B．化学键中离子键成分的百分数：CC．最简单的氮烯分子式：ND．氮烷中N原子的杂化方式都是s②氮和氢形成的无环氮多烯，设分子中氮原子数为n，双键数为m，其分子式通式为。③给出H+的能力：NH3[CuN（3）某含氮化合物晶胞如图，其化学式为，每个阴离子团的配位数(紧邻的阳离子数)为。三、工业流程题18．工业上煅烧含硫矿物产生的SO已知：请回答：（1）富氧煅烧燃煤产生的低浓度的SO2可以在炉内添加CaCO（2）煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的SO①下列说法正确的是。A．燃煤中的有机硫主要呈正价B．化合物A具有酸性C．化合物A是一种无机酸酯D．工业上途径Ⅱ产生的SO3也可用浓②一定压强下，化合物A的沸点低于硫酸的原因是。（3）设计实验验证化合物A中含有S元素；写出实验过程中涉及的反应方程式。四、原理综合题19．水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。水煤气变换反应：CO(g)+H2该反应分两步完成：3Fe22Fe3请回答：（1）ΔH2=（2）恒定总压1.70MPa和水碳比[n(H2O)/n(CO)=12：5]投料，在不同条件下达到平衡时C

p(Cp(p(C条件10.400.400条件20.420.360.02①在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数K=。②对比条件1，条件2中H2产率下降是因为发生了一个不涉及CO2（3）下列说法正确的是____。A．通入反应器的原料气中应避免混入OB．恒定水碳比[n(H2O)/n(CO)]C．通入过量的水蒸气可防止Fe3D．通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率（4）水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余热(如图1所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。①在催化剂活性温度范围内，图2中b-c段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是。A．按原水碳比通入冷的原料气B．喷入冷水(蒸气)C．通过热交换器换热②若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，在图3中作出CO平衡转化率随温度变化的曲线。（5）在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是。五、工业流程题20．某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝([Al已知：①铝土矿主要成分为Al2O3，含少量Fe2O②[Al2当盐基度为0.60~0.85时，絮凝效果较好。请回答：（1）步骤Ⅰ所得滤液中主要溶质的化学式是。（2）下列说法不正确的是____。A．步骤I，反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2有利于减少C．步骤Ⅲ，为减少Al(OH)D．步骤Ⅳ中控制Al(OH)3和（3）步骤V采用如图所示的蒸汽浴加热，仪器A的名称是；步骤V不宜用酒精灯直接加热的原因是。（4）测定产品的盐基度。Cl-的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取25.00mL溶液于锥形瓶中，调pH=6.5~10.5，滴加指示剂K2CrO4溶液。在不断摇动下，用0.1000mol⋅L-1AgN①产品的盐基度为。②测定Cl-过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是六、有机推断题21．某研究小组按下列路线合成胃动力药依托比利。已知：→-请回答：（1）化合物B的含氧官能团名称是。（2）下列说法不正确的是____。A．化合物A能与FeClB．A→B的转变也可用KMnOC．在B+C→D的反应中，K2D．依托比利可在酸性或碱性条件下发生水解反应（3）化合物C的结构简式是。（4）写出E→F的化学方程式。（5）研究小组在实验室用苯甲醛为原料合成药物N-苄基苯甲酰胺()。利用以上合成线路中的相关信息，设计该合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)（6）写出同时符合下列条件的化合物D的同分异构体的结构简式。①分子中含有苯环②1H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，有酰胺基()。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A、石墨烯的主要成分是碳单质，不属于有机物，A不符合题意。

B、不锈钢的主要成分为铁碳合金，不属于有机物，B不符合题意。

C、石英光导纤维的主要成分为SiO2，不属于有机物，C不符合题意。

D、聚酯纤维的主要成分为有机物，D符合题意。

故答案为：D

【分析】A、石墨烯的主要成分是碳单质。

B、不锈钢的主要成分是铁碳合金。

C、石英光导纤维的主要成分是SiO2。

D、聚酯纤维的主要成分是有机物。2．【答案】D【解析】【解答】A、硫原子的半径大于氢原子的半径，因此H2S分子的球棍模型为，A不符合题意。

B、AlCl3的中心原子的价层电子对数为3+12×3-1×3=3+0=3，所以AlCl3的价层电子对互斥模型为三角锥形，B不符合题意。

C、KI是由K＋和I－构成的，其电子式为K+：I····：-，C不符合题意。

D、CH3CH(CH2CH3)2的最长碳链含有5个碳原子，为戊烷；且第三个碳原子上含有一个甲基，因此该有机物的名称为3－甲基戊烷，D符合题意。

故答案为：D

3．【答案】A【解析】【解答】A、FeCl3属于化合物，其水溶液具有导电性，因此FeCl3属于电解质，由于FeCl3在水中能完全电离，因此属于强电解质，A符合题意。

B、Fe3＋具有氧化性，能将Cu氧化成Cu2＋，因此可用FeCl3腐蚀铜板，B不符合题意。

C、Fe与Cl2点燃条件下发生反应2Fe＋3Cl2=点燃2FeCl3，因此FeCl3可由Fe和Cl2反应得到，C不符合题意。

D、往沸水中逐滴滴加5～6滴饱和FeCl3溶液，继续加热至红褐色，可得到Fe(OH)3胶体，D不符合题意。

故答案为：A

【分析】A、FeCl3属于电解质。

B、Fe3＋具有氧化性，能将Cu氧化成Cu2＋。

C、Cl2具有氧化性，可可变价态金属反应时生成最高价金属氯化物。

D、将饱和FeCl3溶液滴加入沸水中可制得Fe(OH)34．【答案】A【解析】【解答】A、铝用于制作门窗框架，是利用铝的硬度大、密度小、抗腐蚀性能强等优点，与其强还原性无关，A符合题意。

B、CaO能与H2O发生反应CaO＋H2O=Ca(OH)2，因此可用作干燥剂，B不符合题意。

C、维生素C具有还原性，因此可用作食品的抗氧化剂，C不符合题意。

D、Na2O2能与CO2发生反应：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，因此可做潜水艇的供氧剂，D不符合题意。

故答案为：A

【分析】A、铝制作门窗框架，利用了铝的硬度大、密度小、抗腐蚀性能强等优点。

B、CaO能与水反应，可用作干燥剂。

C、维生素C具有还原性，可用作抗氧化剂。

D、Na2O2可做潜水艇中的供氧剂。5．【答案】C【解析】【解答】A、图1装置中NH4Cl受热分解为NH3和HCl，试管口NH3和HCl又会化合生成NH4Cl，因此不能用NH4Cl分解制NH3，A不符合题意。

B、KMnO4溶液具有氧化性，能将塑胶氧化，因此KMnO4需用酸式滴定管盛装，B不符合题意。

C、定容俯视时，所得溶液的体积偏小，因此最终所得溶液的物质的量浓度偏大，C符合题意。

D、该原电池的总反应式为Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu，因此Zn电极为负极，Cu电极为正极，在原电池中，阳离子移向正极，所以装置中盐桥中阳离子移向CuSO4溶液中，D不符合题意。

故答案为：C

【分析】A、NH4Cl受热分解为NH3和HCl，NH3和HCl又会化合成NH4Cl。

B、KMnO4溶液具有氧化性，能将塑胶氧化，因此KMnO4溶液需用酸式滴定管盛装。

C、定容时俯视刻度线，则所得溶液的体积偏小。

D、原电池中，阳离子移向正极。6．【答案】C【解析】【解答】A、加入药剂A后，所得产物中增加了氢原子，因此该过程中发生了还原反应，所以药剂A为还原剂，具有还原性，A不符合题意。

B、①→②过程中硫元素由-1价变为-2价，得到一个电子，因此当有2molS-S键断裂时，转移4mol电子，B不符合题意。

C、②→③过程中所得产物失去了氢原子，发生氧化反应，则H2O2发生还原反应，所得产物为H2O，C符合题意。

D、由图可知，化学烫发过程蛋白质中的S-S键位置发生了改变，从而起到定型作用，D不符合题意。

故答案为：C

【分析】A、加入药剂A后，增加了氢原子，发生还原反应。

B、①→②的过程中，S-S键断裂，硫元素由-1价变为-1价，据此计算其转移电子数。

C、H2O2转化为O2的过程中发生氧化反应，所得O2为氧化产物。

D、由图可知，烫发过程中S－S键的位置发生变化。7．【答案】A【解析】【解答】A、4.4gC2H4O的物质的量nC2H4O=4.4g44g·mol-1=0.1mol，当其为环氧乙烷时，共有7个σ键，因此所含σ键数目最多为0.7NA，A符合题意。

B、1.7gH2O2的物质的量nH2O2=1.7g34g·mol-1=0.05mol，一个H2O2分子中含有2个氧原子，因此其所含的氧原子数为0.05mol×2×NA=0.1NA，B不符合题意。

C、CH3COOH是弱电解质，在水中部分电离，因此该溶液中所含n(CH3COO－)＜0.1mol，当通入NH3至溶液显中性时，溶液中n(NH4＋)=n(CH3COO－)＜0.1NA，C不符合题意。

D、标准状态下，11.2LCl2的物质的量nCl2=VVm=11.2L22.4L·mol-1=0.5mol，Cl2与H2O的反应为可逆反应，因此0.5molCl2无法完全反应，所以溶液中Cl－的数目小于0.5NA，D不符合题意。

故答案为：A

【分析】A、根据公式n=8．【答案】C【解析】【解答】A、通过X射线衍射可测定青蒿素晶体的结构，A不符合题意。

B、利用盐析可降低蛋白质的溶解度，使其结晶析出，从而从溶液中分离，B不符合题意。

C、苯酚和甲醛反应生成酚醛树脂的反应为缩聚反应，C符合题意。

D、新制Cu(OH)2悬浊液与苯不反应，混合后分层；与乙醛加热时产生砖红色沉淀；与醋酸混合式Cu(OH)2溶解，产生蓝色溶液。三者的现象不同，可鉴别，D不符合题意。

故答案为：C

【分析】A、X射线衍射法克测定晶体的结构。

B、盐析的方法可降低蛋白质的溶解度，使其结晶析出。

C、苯酚与甲醛的反应为缩聚反应。

D、根据苯、乙醛和醋酸与新制Cu(OH)2悬浊液反应的不同现象分析。9．【答案】B【解析】【解答】A、由于还原性I－＞Fe2＋，因此等量的Cl2与FeI2反应，只发生反应Cl2＋2I－=I2＋2Cl－，A不符合题意。

B、由于酸性H2CO3>HClO>HCO3－，根据强酸制弱酸的原理可得，该反应的离子方程式为ClO－＋CO2＋H2O=HClO＋HCO3－，B符合题意。

C、Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，该反应的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，C不符合题意。

D、S2－具有还原性，SO2具有氧化性，二者可发生氧化还原反应，生成单质S，过量的SO2反应生成HSO3－，因此该反应的离子方程式为5SO2＋2S2－＋2H2O=3S↓＋4HSO3－，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】A、I－的还原性强于Fe2＋，Cl2优先与I－反应。

B、酸性H2CO3>HClO>HCO3－，根据强酸制弱酸原理书写反应的离子方程式。

C、Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O。

D、SO2能与S2－反应生成S单质。10．【答案】B【解析】【解答】A、丙烯的结构简式为CH2＝CH－CH3，其中与C=C相连的原子都在同一个平面内，－CH3为四面体结构，因此丙烯分子中共平面的原子最多有7个，A不符合题意。

B、CH3－CH＝CH2与Br2在光照条件下，发生－CH3上的取代反应，因此所得X的结构简式为BrCH2－CH＝CH2，B符合题意。

C、Y是由CH3－CH＝CH2与Br2发生加成反应得到的，所以Y的结构简式为CH3CH(Br)CH2Br，Y与NaOH醇溶液发生消去反应，所得产物的结构简式为CH3－C≡CH，C不符合题意。

D、聚合物Z的结构简式为，因此其链节为，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】A、与双键碳原子直接相连的原子都在同一个平面内，烷烃基为四面体结构。

B、光照条件下发生烷烃基的取代反应。

C、Y为1，2－二溴丙烷，可发生两次消去反应。

D、根据Z的结构简式确定其链节。11．【答案】A【解析】【解答】A、同一周期元素，核电荷数越大，第一电离能越大，由于N的2p轨道为半充满状态，结构稳定，因此其第一电离能较大，所以第一电离能：Z>Y>X，A符合题意。

B、同一周期元素，核电荷数越大，电负性越强，非金属元素的电负性一般强于金属元素，所以四种元素的电负性：Z>Y>X>W，B不符合题意。

C、Z、W形成的简单离子分别为F－、Na＋，其核外电子排布式相同，核电荷数越大，离子半径越小，因此离子半径W＜Z，C不符合题意。

D、W2X2的化学式为Na2C2，其与水反应的化学方程式为Na2C2＋2H2O=2NaOH＋C2H2↑，其产物C2H2的结构简式为HC≡CH，属于非极性分子，D不符合题意。

故答案为：A

【分析】X、Y、Z同一周期，W在同周期中原子半径最大，因此W为Na。X、Y、Z在第二周期，且X的基态原子核外有2个未成对电子，因此X的基态原子的核外电子排布式为1s22s22p2或1s22s22p4，所以X为C或O。由于X、Y、Z位于同一周期，且原子序数依次增大，因此X为C。只有Y与X相邻，所以Y为N、Z为F。12．【答案】B【解析】【解答】A、操作Ⅰ中为防止苯甲酸未完全溶解，可根据苯甲酸的溶解度估算需要水的量，A不符合题意。

B、操作Ⅱ中趁热过滤式为了防止温度降低，苯甲酸结晶析出，同时过滤出粗苯甲酸中的泥沙，NaCl的量很少，过程中无法结晶析出，B符合题意。

C、操作Ⅲ中缓慢冷却结晶，降低结晶速率，可减少杂质的包裹，C不符合题意。

D、操作Ⅳ中用冷水洗涤晶体，可减少苯甲酸的溶解，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水。粗苯甲酸中混有泥沙和氯化钠，加水、加热溶解，苯甲酸、NaCl溶解在水中，泥沙不溶，从而形成悬浊液；趁热过滤出泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出；将滤液冷却结晶，大部分苯甲酸结晶析出，氯化钠仍留在母液中；过滤、用冷水洗涤，便可得到纯净的苯甲酸。13．【答案】B【解析】【解答】A、由分析可知，电极A为阳极，因此电极A应与电源的正极相连，发生失电子的氧化反应，A不符合题意。

B、由分析可知，电极B的电极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－，B符合题意。

C、电极B周围产生OH－，要在右室得到较高浓度的NaOH溶液，则应使左室的Na＋通过离子交换膜进入右室，因此应选用阳离子交换膜，C不符合题意。

D、改进设计中通过提高电极B上反应物的氧化性来降低电解电压，从而减少能耗，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】电极A上Cl－发生失电子对应反应，生成Cl2，因此电极A为阳极，其电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑。电极B上O2发生得电子的还原反应，为阴极，其电极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－。14．【答案】C【解析】【解答】A、反应Ⅰ、反应Ⅱ都是放热反应，且反应Ⅲ也是放热反应，因为反应Ⅱ放出的热量更多，所以反应Ⅱ的焓变更小，因此反应焓变：反应Ⅰ＞反应Ⅱ，A不符合题意。

B、由图可知，反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ，因此反应所需的活化能：反应Ⅰ＜反应Ⅱ，B不符合题意。

C、增加c(HCl)，平衡正向移动，产物Ⅰ和产物Ⅱ的物质的量增加，但比例减小，C符合题意。

D、由图可知，在相对较短的反应时间内，产物Ⅰ的占比较大，因此及时分离可促使反应Ⅰ正向移动，或高高产率的产物Ⅰ，D不符合题意。

故答案为：C

【分析】A、根据反应过程中放出热量的多少比较焓变的大小，反应过程中放出的热量越多，其焓变越小。

B、反应速率越快，反应所需的活化能越低。

C、增加c(HCl)，平衡正向移动，产物Ⅰ和产物Ⅱ的物质的量增加，但比例不一定增加。

D、由图可知，在较短时间内，产物Ⅰ的占比较大。15．【答案】D【解析】【解答】A、实验Ⅰ中滴定终点溶液的溶质为Na2C2O4，由于C2O42－的水解，使得溶液显碱性，因此不可用甲基橙作指示剂，应用无色酚酞做指示剂，A不符合题意。

B、实验Ⅰ中V(NaOH)=10mL时，反应后所得溶液中的溶质为Na2C2O4、NaHC2O4，溶液中C2O42－的水解平衡常数Kh2=KwKa2=10-145.4×10-5=15.4×10-9，而HC2O4－的电离常数为5.4×10－5，所以HC2O4－的电离常数大于C2O42－的水解常数，因此溶液中c(C2O42－)＞c(HC2O4－)，B不符合题意。

C、实验Ⅱ中NaHC2O4过量，因此发生反应：2HC2O4－＋Ca2＋=CaC2O4↓＋H2C2O4，该反应的平衡常数K=cH2C2O4cCa2+×c2HC2O4-=Ka2Ka1×Ksp=5.4×10-55.4×10-2×2.4×10-9=4.2×105，反应的平衡常数＞105，说明反应完全进行，因此不会发生反应“HC2O4－＋Ca2＋=CaC2O4↓＋H＋”，C不符合题意。

D、混合后溶液中cCa2+=0.1mol·L-1×80mL-0.1mol·16．【答案】A【解析】【解答】A、往I2的CCl4溶液中加入等体积的KI溶液，振荡后下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈现棕黄色，说明I2由CCl4中转移到KI溶液中，因此I2在浓KI溶液中溶解能力大于在CCl4中的溶解度，A符合题意。

B、NaClO溶液具有氧化性，能将变色后的pH试纸氧化褪色，因此不能用pH试纸测NaClO溶液的pH值，B不符合题意。

C、滴加4滴0.1mol·L－1的KCl溶液，反应后AgNO3剩余，再滴加4滴0.1mol·L－1的KI溶液，KI直接与AgNO3反应，产生AgI沉淀，不存在AgCl沉淀转化为AgI沉淀，因此无法比较二者溶解度的大小，C不符合题意。

D、滴加淀粉KI溶液，溶液变蓝色，说明由I2生成，氯水中的HClO具有氧化性，都能将I－氧化成I2，因此不能说明氯水中含有Cl2，所以无法说明Cl2与H2O的反应存在限度，D不符合题意。

故答案为：A

【分析】A、CCl4的密度比水大，在下层。

B、NaClO具有氧化性，能使变色的pH试纸褪色。

C、AgNO3过量，则加入KI后，直接与AgNO3反应，不存在沉淀的转化。

D、要证明Cl2与H2O的反应为可逆反应，则需证明溶液中含有Cl2。17．【答案】（1）2s22p3（2）A；NnHn+2−2m(m≤n2，m为正整数)；＜；（3）CaCN2；6【解析】【解答】（1）N的原子序数为7，其核外电子排布式为1s22s22p3，所以其价层电子排布式为2s22p3。

（2）①A、能量最低的激发态N原子，其发生跃迁的电子为2p轨道上的一个电子，因此其电子排布式为1s22s22p23s1，A符合题意。

B、由于金属性Ca＞Mg，所以化学键中离子键成分的百分数Ca3N2＞Mg3N2，B不符合题意。

C、氮原子的最外层电子数为5，其中含有一个孤电子对和三个孤电子，当其形成氮烯时，两个氮原子形成氮氮双键，剩余一个孤电子与氢原子形成氮氢单键，因此最简单的氮烯的分子式为N2H2，B不符合题意。

D、氮烷中存在3个σ键和一对孤电子对，因此氮原子采用sp3杂化，D不符合题意。

故答案为：A

②一个氮原子形成的氮烷为NH3，两个氮原子形成的氮烷为N2H4，三个氮原子形成的氮烷为N3H5，四个氮原子形成的氮烷为N4H6，因此n个氮原子形成的氮烷的分子是为NnHn＋2。存在一个氮氮双键时，减少2个氢原子；则当存在m个氮氮双键时，减少2m个氢原子。所以当氮氮双键的个数为m时，其分子式的通式为NnHn+2-2m。

③[CuNH3]2＋形成配位键后，由于Cu对电子的吸引力，使得电子云偏向铜原子，导致N－H键的极性变强，因此更容易断裂，所以NH3结合H＋的能力小于[CuNH3]2＋。

（3）Ca2＋位于晶胞的顶点和内部，因此晶胞中所含Ca2＋的个数为8×18+2=3；CN22－位于晶胞的棱心和内部，因此CN22－的个数为4×14+2=3。所以该晶体的化学式为CaCN2。

根据六方最密堆积如图，以上面的面心分析下面红色的有3个，同理上面也应该有3个。本体中分析得到，以这个CN22－进行分析，其俯视图如下。因此距离最近的Ca2＋的个数为6，所以每个阴离子的配位数为6。

【分析】（1）根据N的核外电子排布式确定其价层电子排布式。

（2）①A、能量最低的激发态N原子其发生跃迁的电子为2p轨道上的电子。

B、金属性越强，则离子键成分的百分数越大。

C、氮原子的最外层电子数为5，可形成三个共价键。

D、氮烷中氮原子形成三个共价键，同时存在一个孤电子对。

②根据氮烷的分子式，以及含双键对氢原子个数的影响确定分子式的通式。

③18．【答案】（1）2S（2）BCD；硫酸分子能形成更多的分子间氢键（3）取化合物A加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色沉淀，说明A中含有S元素；+2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl【解析】【解答】（1）SO2与CaCO3反应生成CaSO3和CO2，CaSO3进一步与空气中的O2反应生成CaSO4，该反应的化学方程式为2SO2+O2+2CaCO3高温__2CaSO4+2CO2。

（2）由分析可知，A的结构简式为。

A、硫的电负性大于C、H，因此在有机硫中硫元素显负价，A不符合题意。

B、化合物A的结构简式为，分子结构中含有羟基氢原子，可解离出H+，因此化合物A具有酸性，B符合题意。

C、化合物A可有酸（H2SO4）脱去-OH，醇（CH3OH）脱去氢原子反应得到，因此化合物A是一种无机酸酯，C符合题意。

D、工业上可用浓硫酸吸收SO3，用于生产发烟硫酸，D符合题意。

故答案为：BCD

②化合物A中只有一个-OH可形成分子间氢键，而H2SO4中含有两个-OH可形成分子间氢键。H2SO4可形成氢键的个数多于化合物A，因此H2SO4的沸点高于化合物A。

（3）化合物A是一种无机酸酯，在碱性条件下可发生水解反应，生成CH3OH、Na2SO4和H2O，Na2SO4能与BaCl2反应产生白色沉淀。因此可通过证明水解产物中含有SO42－来证明化合物A中含有硫元素。其实验过程为：取少量化合物A加入足量的NaOH溶液，充分反应后加入足量的稀盐酸酸化，无明显现象；再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。过程中发生反应的化学方程式为：​＋2NaOH→CH3OH＋Na2SO4＋H2O、Na2SO4＋BaCl2=BaSO4↓＋2NaCl。

【分析】（1）SO2与CaCO3反应生成CaSO3和CO2，CaSO3能进一步被空气中的O2氧化成CaSO4。

（2）①根据SO3与H2O发生的反应可知，SO19．【答案】（1）6（2）2；CO+3H2⇌CH4+H2O（3）A；C（4）AC；（5）温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知，目标反应的反应热ΔH2=ΔH－ΔH1=－41.2kJ·mol－1－(－47.2kJ·mol－1)=6kJ·mol－1，所以ΔH2=6kJ·mol－1。

（2）①令体系中n(H2O)=12mol，则n(CO)=5mol，反应达到平衡时，生成n(CO2)=xmol，则可得平衡三段式如下：

CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)起始mol51200变化molxxxx平衡mol5-x12-xxx

反应达到平衡状态时，p(CO2)=0.40MPa，所以xmol17mol×1.70MPa=0.40，解得x=4mol。

所以平衡时n(CO)=1mol、n(H2O)=8mol、n(CO2)=n(H2)=4mol，设反应容器的容积为V，则可得该条件下反应的平衡常数K=cCO2×cH2cCO×cH2O=4V×4V8V×1V=2。

②条件2下H2的分压减小，CH4的分压增大，说明有部分H2发生副反应生成为CH4，而由于副反应中没有CO2参与反应，因此碳元素应来自于CO，所以该副反应的化学方程式为：CO＋3H2=CH4＋H2O。

（3）A、由于CO、H2都能与O2反应，因此通入反应器的原料气中应避免混入O2，防止CO、H2与O2反应，造成原料的利用率降低，A符合题意。

B、反应过程中气体分子数保持不变，因此保持恒定水碳比，增加体系的压强，平衡不移动，因此H2平衡产率不变，B不符合题意。

C、通入过量的水蒸气，则反应“Fe3O4(s)＋H2O(g)⇌3Fe2O3(s)＋H2(g)”正向移动，使更多的Fe3O4转化为Fe2O3，防止Fe3O4被还原为Fe，C符合题意。

D、通入惰性气体，总压强增大，但由于反应容器的容积不变，反应物、生成物的浓度不变，因此反应速率不变，D不符合题意。

故答案为：CD

（4）①由图像可知，b-c段温度降低，CO的平衡转化率降低，说明温度降低，平衡逆向移动。

A、按原水碳比通入冷的原料气，温度降低，平衡逆向移动，CO的转化率降低，A符合题意。

B、喷入冷水(蒸汽)，此时温度降低，但由于c(H2O)增大，平衡正向移动，CO的转化率会增大，B不符合题意。

C、通过热交换器换热，可使温度降低，平衡逆向移动，CO转化率降低，C符合题意。

故答案为：AC

②若采用喷入冷水蒸汽的方式降温，则反应速率减小，由于c(H220．【答案】（1）NaAlO2（2）C（3）蒸发皿；酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀（4）0.7；pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多【解析】【解答】（1）步骤Ⅰ中加入NaOH溶液后，铝土矿中的Al2O3与NaOH溶液发生反应：Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O，过滤后